Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

11Machtreeksen

Machtreeksen zijn de best-gedragen reeksen van functies in de wiskunde: binnen hun convergentieschijf convergeren zij normaal op compacta, mogen term voor term gedifferentieerd en geïntegreerd worden zonder tweede gedachte, en hun sommen — analytische functies — worden door hun coëfficiënten bepaald. Dit hoofdstuk bewijst dat hele pakket en herwint, eerlijk, elke Taylorreeks van het boekdeel van Jaar 1; genererende functies sluiten het met algebraïsche dividenden.

11.1 Convergentiestraal

Lemma 11.1 (Abel)

Als de rij $(a_n z_0^n)$ begrensd is voor enige $z_0 \neq 0$ , dan convergeert $\sum a_n z^n$ absoluut voor elke $\abs z < \abs {z_0}$ , en normaal op elke schijf $\abs z \leq r < \abs{z_0}$ .

Bewijs. Met $\abs{a_n z_0^n} \leq M$ en $\abs z \leq r$ :

\abs{a_n z^n} = \abs{a_n z_0^n}\,\Bigl|\frac{z}{z_0}\Bigr|^n \leq M\Bigl(\frac{r}{\abs{z_0}}\Bigr)^{\!n},

een convergente meetkundige grens, uniform op de schijf. ∎

Definitie 11.2 (Convergentiestraal)

De convergentiestraal van $\sum a_n z^n$ is

R = \sup\{r \geq 0 : (a_n r^n) \text{ begrensd}\} \in \intcc{0}{+\infty} .

Door Lemma 11.1: absolute convergentie voor $\abs z < R$ (normaal op compacte subschijven), divergentie — inderdaad onbegrensde termen — voor $\abs z > R$ . Op de randcirkel kan van alles gebeuren (Oefening 11.2). In de praktijk wordt $R$ berekend via het quotiëntcriterium van d’Alembert op $\abs{a_n}\abs z^n$ of via vergelijking.

Voorbeeld 11.3 (Een straal zonder quotiëntcriterium)

Wat is de straal van $\sum \sin(n)\,z^n$ ? Het quotiënt $\abs{\sin(n+1)/\sin n}$ heeft geen limiet, maar de definitie werkt direct. $R \geq 1$ : $\abs{\sin n} \leq 1$ , dus $(\sin n\cdot r^n)$ is begrensd voor elke $r < 1$ — zelfs voor $r = 1$ . $R \leq 1$ : het volstaat dat $\sin n \not\to 0$ . Stel $\sin n \to 0$ ; de optelformule

\sin(n+1) = \sin n\cos 1 + \cos n\sin 1

zou $\cos n \to 0$ forceren (los op naar $\cos n$ : $\sin 1 \neq 0$ ), in tegenspraak met $\sin^2 n + \cos^2 n = 1$ . Dus de termen $\sin(n)\,1^n$ gaan niet naar $0$ : de reeks divergeert in $z = 1$ , en $R \leq 1$ . Conclusie: $R = 1$ . Slotinzicht: de straal is een uitspraak over $\abs{a_n}r^n$ begrensd zijn — geen limiet van quotiënten is ooit vereist, en begrensdheidsargumenten regelen gevallen die het quotiëntcriterium niet kan raken (vergelijk de oscillerende coëfficiënten van Oefening 11.1).

Propositie 11.4 (Operaties)

Zij $\sum a_nz^n$ , $\sum b_nz^n$ met stralen $R_a, R_b$ . Dan, voor $\abs z < \min(R_a, R_b)$ :

\sum (a_n + b_n)z^n = \sum a_nz^n + \sum b_nz^n, \qquad \Bigl(\sum a_nz^n\Bigr)\Bigl(\sum b_nz^n\Bigr) = \sum c_n z^n, \quad c_n = \sum_{k=0}^{n} a_kb_{n-k},

beide reeksen met straal $\geq \min(R_a, R_b)$ . (Het product is het Cauchyproduct, legitiem door absolute convergentie en Stelling 7.14.)

Bewijs. De somformule is de lineariteit van convergente reeksen, en $(a_n + b_n)r^n$ is begrensd wanneer zowel $a_nr^n$ als $b_nr^n$ dat zijn: straal $\geq \min(R_a, R_b)$ . Voor het product, fixeer $\abs z < \min(R_a, R_b)$ : beide reeksen convergeren daar absoluut (Lemma 11.1), dus de dubbel geïndexeerde familie $(a_kz^k\,b_lz^l)_{k,l}$ is sommeerbaar, en Stelling 7.14 laat elke groepering toe. Groeperen op $k + l = n$ :

\Bigl(\sum_k a_kz^k\Bigr)\Bigl(\sum_l b_lz^l\Bigr) = \sum_{n\geq0}\Bigl(\sum_{k+l=n}a_kb_l\Bigr)z^n = \sum_{n\geq0}c_nz^n ,

absoluut convergent voor elke zulke $z$ : de productreeks heeft eveneens straal $\geq \min(R_a, R_b)$ . ∎

Voorbeeld 11.5 (Een Cauchy-kwadraat, dubbel gecontroleerd)

Kwadrateer de meetkundige reeks: voor $\abs x < 1$ is de coëfficiënt van $x^n$ in $\bigl(\sum x^k\bigr)^2$ gelijk aan $c_n = \sum_{k+l=n} 1\cdot1 = n + 1$ , dus

\frac{1}{(1-x)^2} = \sum_{n\geq0}(n+1)\,x^n .

Controleer term-voor-term differentiatie (Stelling 11.7 hieronder): differentiëren van $\frac{1}{1-x} = \sum x^n$ geeft $\frac{1}{(1-x)^2} = \sum nx^{n-1} = \sum(n+1)x^n$ — dezelfde reeks via twee onverwante mechanismen. Slotinzicht: wanneer een coëfficiëntidentiteit mysterieus lijkt, produceert een van deze twee motoren (convolutie of differentiatie) haar meestal in één regel; de vraag van het weekendprobleem over $\sum\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n$ draait de convolutiemotor op volle kracht.

Voorbeeld 11.6 (Vermenigvuldigen met $\frac{1}{1-x}$ sommeert de coëfficiënten)

Een Cauchyproduct tegen de meetkundige reeks heeft een memorabele betekenis: voor elke $\sum a_nx^n$ van straal $R > 0$ en $\abs x < \min(R, 1)$ ,

\frac{1}{1-x}\sum_{n\geq0}a_nx^n = \sum_{n\geq0}\Bigl(\sum_{k=0}^{n}a_k\Bigr)x^n :

vermenigvuldigen met $\frac{1}{1-x}$ vervangt coëfficiënten door hun partiële sommen (convolueren met de rij van enen). Voorbeeld: $\dfrac{\eu^x}{1-x} = \sum_n s_n x^n$ met $s_n = \sum_{k\leq n}\frac{1}{k!}$ , de partiële sommen van $\eu$ — vergelijk Oefening 11.11, waar hetzelfde product met $\eu^{-x}$ de derangementtellingen codeert. Slotinzicht: operaties op machtreeksen zijn operaties op coëfficiëntenrijen in vermomming (vermenigvuldig met $\frac1{1-x}$ : sommeer; vermenigvuldig met $x$ : verschuif; differentieer: vermenigvuldig met $n$ en verschuif) — een woordenboek dat het genererende-functies-hoofdstuk vloeiend zal lezen.

11.2 Regulariteit van de som

Stelling 11.7 (Term-voor-term calculus)

Zij $f(x) = \sum_{n\geq0} a_n x^n$ met straal $R > 0$ (reële variabele $x \in \intoo{-R}{R}$ ).

De afgeleide reeks $\sum n\,a_n x^{n-1}$ heeft dezelfde straal $R$ , en $f$ is $C^1$ met $f'(x) = \sum_{n \geq 1} n a_n x^{n-1}$ . Itererend is $f$ van klasse $C^\infty$ en

$a_n = \frac{f^{(n)}(0)}{n!} :$

de coëfficiënten van een machtreeks zijn uniek (twee reeksen met dezelfde som bij $0$ hebben gelijke coëfficiënten).
Term-voor-term primitieve: $\sum \frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ heeft straal $R$ en afgeleide $f$ .

Bewijs. Zelfde straal: als $(a_nr^n)$ begrensd is en $r' < r$ , dan is $n\abs{a_n} r'^{\,n-1} = \frac{n}{r'}\abs{a_nr^n} \bigl(\frac{r'}{r}\bigr)^n$ begrensd (zelfs $\to 0$ : meetkundig verslaat $n$ ), dus $R' \geq R$ ; omgekeerd geeft $\abs{a_n x^n} \leq \abs x \cdot n\abs{a_n}\abs x^{n-1}$ dat $R \geq R'$ .

Differentiatie: op $\intcc{-r}{r}$ , $r < R$ , convergeert de afgeleide reeks normaal ( $n\abs{a_n}r^{n-1}$ sommeerbaar door de straalberekening); de oorspronkelijke convergeert in $x = 0$ : de differentiatiestelling voor reeksen (Stelling 10.11) is van toepassing op elk zulk segment, dus op $\intoo{-R}{R}$ . $k$ maal itereren en evalueren in $0$ : expliciet is de $k$ -de afgeleide reeks

f^{(k)}(x) = \sum_{n\geq k} n(n-1)\cdots(n-k+1)\,a_n\,x^{n-k},

en in $x = 0$ verdwijnt elke term met $n > k$ , zodat alleen de constante term $k(k-1)\cdots1\cdot a_k$ overblijft: $f^{(k)}(0) = k!\,a_k$ . Uniciteit van coëfficiënten volgt: twee machtreeksen met dezelfde som bij $0$ hebben dezelfde afgeleiden in $0$ , dus dezelfde $a_k$ . Primitieven: dezelfde straal via dezelfde berekening, en term-voor-term terug differentiëren. ∎

Voorbeeld 11.8 (Een reeks evalueren in een punt)

Wat is $\sum_{n\geq1}\dfrac{n^2}{2^n}$ ? Het is de som $\sum n^2x^n$ van Oefening 11.3 geëvalueerd binnen de schijf, in $x = \frac12 < 1 = R$ , waar elke manipulatie gebruikt om de gesloten vorm af te leiden legitiem was:

\sum_{n\geq1} n^2x^n = \frac{x(1+x)}{(1-x)^3} \quad\Longrightarrow\quad \sum_{n\geq1}\frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac12\cdot\frac32}{(\frac12)^3} = \frac{3/4}{1/8} = 6 .

Zelfde motor, andere knoppen: $x = \frac13$ geeft $\sum\frac{n^2}{3^n} = \frac{\frac13\cdot\frac43}{(2/3)^3} = \frac32$ . Slotinzicht: een machtreeksidentiteit is een machine, geen enkele formule — één afleiding prijst elke numerieke reeks $\sum n^2q^n$ in één keer, voor alle $\abs q < 1$ ; zo zal het genererende-functies-hoofdstuk verwachtingen en varianties en gros berekenen.

Voorbeeld 11.9 (De klassiekers, ditmaal eerlijk)

$\displaystyle\frac{1}{1 - x} = \sum x^n$ ( $R = 1$ ); term-voor-term integreren (Stelling 11.7 (2)):

-\ln(1 - x) = \sum_{n\geq1} \frac{x^n}{n}, \qquad \arctan x = \sum_{n \geq 0} \frac{(-1)^n x^{2n+1}}{2n+1} \quad (\abs x < 1),

de tweede in twee stappen: substitueer $-x^2$ in de meetkundige reeks om $\frac{1}{1+x^2} = \sum(-1)^nx^{2n}$ te krijgen (straal $1$ , want $\abs{x^2} < 1 \iff \abs x < 1$ ), neem dan de term-voor-term primitieve die in $0$ verdwijnt; beide zijden zijn primitieven van dezelfde functie met dezelfde waarde in $0$ , dus gelijk op $\intoo{-1}{1}$ . En $\exp$ : de reeks $E(x) = \sum \frac{x^n}{n!}$ ( $R = \infty$ ) voldoet aan $E' = E$ , $E(0) = 1$ door termgewijze differentiatie, dus $E = \exp$ via de uniciteit uit Jaar 1. Elke “standaardontwikkeling” van het boekdeel van Jaar 1 is nu een stelling over haar volledige machtreeks.

Voorbeeld 11.10 (Een logaritme berekend vanuit de schijf)

Evalueer $-\ln(1-x) = \sum\frac{x^n}{n}$ in het inwendige punt $x = \frac12$ :

\sum_{n\geq1}\frac{1}{n\,2^n} = \ln 2 ,

een snel convergerende voorstelling van $\ln 2$ (tien termen geven al $0.69306\ldots$ tegen $\ln 2 = 0.69314\ldots$ ), ver beter dan de alternerende reeks $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ die alleen op de rand beschikbaar is. Slotinzicht: wanneer een constante zowel aan de rand als strikt binnen de schijf bereikbaar is, wint het inwendige numeriek — meetkundig verval tegen harmonisch verval.

Voorbeeld 11.11 (Differentiatie bewaart de straal, niet de rand)

De reeks $\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n^2}$ heeft straal $1$ en convergeert in beide eindpunten ( $\sum\frac1{n^2}$ en haar alternerende tweeling). Haar afgeleide reeks,

\sum_{n\geq1}\frac{x^{n-1}}{n} ,

heeft dezelfde straal $1$ — zoals Stelling 11.7 garandeert — maar divergeert nu in $x = 1$ (harmonische reeks) terwijl zij nog convergeert in $x = -1$ (alternerend). Nog een differentiatie levert $\sum_{n\geq2}\frac{n-1}{n}x^{n-2}$ , divergent in beide uiteinden (termen gaan niet naar $0$ ). Slotinzicht: elke differentiatie vermenigvuldigt de coëfficiënten met $n$ , wat de straal nooit verplaatst (meetkundig verslaat polynomiaal) maar één orde van randverval opeet; term-voor-term calculus is een inwendige sport, en wat er op de rand gebeurt moet opnieuw onderzocht worden — de Abel–Taubertheorie van het weekendprobleem is precies dat heronderzoek.

Voorbeeld 11.12 (Een reeks splitsen via residuen — tot het eind)

Bereken $f(x) = \sum_{n\geq0} \dfrac{x^{4n}}{(4n)!}$ in gesloten vorm. Zowel $\cosh x = \sum \frac{x^{2m}}{(2m)!}$ als $\cos x = \sum \frac{(-1)^m x^{2m}}{(2m)!}$ hebben straal $\infty$ , dus hun gemiddelde mag term voor term berekend worden:

\frac{\cosh x + \cos x}{2} = \sum_{m\geq0}\frac{1 + (-1)^m}{2}\,\frac{x^{2m}}{(2m)!} = \sum_{m \text{ even}}\frac{x^{2m}}{(2m)!} = \sum_{n\geq0}\frac{x^{4n}}{(4n)!} = f(x) .

Het filter $\frac{1+(-1)^m}{2}$ houdt precies de even $m$ : dit is de reële avatar van het wortels-van-éénheid-filter (de complexe versie, met $\iu^n$ , extraheert residuen modulo $4$ in één slag). Slotcontrole: $f$ lost $f'''' = f$ op met $f(0) = 1$ , $f'(0) = f''(0) = f'''(0) = 0$ — differentieer de reeks viermaal (Stelling 11.7) en zie hoe zij zichzelf reproduceert; $\frac{\cosh + \cos}{2}$ voldoet aan dezelfde gegevens.

Definitie 11.13 (Analytische functies)

$f$ is analytisch in $x_0$ wanneer zij de som is van een machtreeks in $(x - x_0)$ op een omgeving; op een interval, wanneer in elk punt. Sommen van machtreeksen zijn analytisch binnen hun schijf (herschikking van de ontwikkeling — toegegeven op dit niveau voor hercentrering, het geval $x_0 = 0$ zijnde Stelling 11.7). Analytisch impliceert $C^\infty$ ; het omgekeerde faalt: de platte functie $\eu^{-1/x^2}$ (Oefening 11.7).

Voorbeeld 11.14 (Hercentreren, en de straal als afstand)

Ontwikkel $f(x) = \frac{1}{1-x}$ rond $x_0 = \frac12$ : schrijf $x = \frac12 + h$ ,

\frac{1}{1 - x} = \frac{1}{\frac12 - h} = \frac{2}{1 - 2h} = \sum_{n\geq0} 2^{n+1}\,h^n = \sum_{n\geq0} 2^{n+1}\Bigl(x - \frac12\Bigr)^{\!n},

geldig voor $\abs{2h} < 1$ , d.w.z. $\abs{x - \frac12} < \frac12$ . De nieuwe straal is precies de afstand van het nieuwe centrum tot de singulariteit $x = 1$ : hercentreren krimpt (of groeit) de schijf om de dichtstbijzijnde obstructie te passen. Slotinzicht: dit is het beeld achter de definitie van analyticiteit — één functie, vele lokale machtreeksen, elk levend op de grootste schijf die de problemen vermijdt; het boekdeel van Jaar 3 maakt de heuristiek “straal $=$ afstand tot de dichtstbijzijnde complexe singulariteit” tot een stelling.

Opmerking 11.15 (Veelgemaakte valkuilen)

(i) Het quotiëntcriterium is voldoende, niet nodig: wanneer $\abs{a_{n+1}/a_n}$ geen limiet heeft (Voorbeeld 11.3, Oefening 11.1), ga terug naar de definitie: $R = \sup\{r : (a_nr^n)$ begrensd $\}$ . (ii) Niets steekt de rand gratis over: term-voor-term differentiatie en integratie zijn stellingen binnen de open schijf; in $\abs x = R$ moet elke reeks opnieuw onderzocht worden (dat is het hele onderwerp van het weekendprobleem). (iii) Straal van een som: $\min(R_a, R_b)$ is slechts een ondergrens — cancellaties kunnen haar vergroten ( $a_n = 1$ , $b_n = -1$ : som identiek $0$ , straal $\infty$ ). (iv) $C^\infty$ is niet analytisch: een convergente Taylorreeks kan naar de verkeerde functie convergeren (Oefening 11.7); vóór men $f(x) = \sum \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ schrijft, bewijs het — via een D.V. (Methode 11.17), een resttermschatting, of een integraalformule.

Opmerking 11.16 (Waar dit gebruikt wordt)

Machtreeksen zijn het werkpaard van drie latere hoofdstukken: het differentiaalvergelijkingenhoofdstuk lost lineaire D.V.’s op door $\sum a_nx^n$ te injecteren (de methodedoos hieronder, geïndustrialiseerd); het genererende-functies-hoofdstuk zet identiteiten over waarschijnlijkheden om in identiteiten over machtreeksen en terug; en het boekdeel van Jaar 3 maakt de complexe variabele officieel, waar analyticiteit equivalent wordt aan complexe differentieerbaarheid en de “toegegeven hercentrering” hierboven haar eerlijke bewijs krijgt. Het weekendprobleem verkent de ene plek waar de stellingen van dit hoofdstuk zwijgen: de rand $\abs x = R$ zelf.

Methode 11.17 (Ontwikkelen via een differentiaalvergelijking)

Om een functie $f$ in een machtreeks te ontwikkelen: vind een lineaire D.V. met polynomiale coëfficiënten waaraan $f$ voldoet; injecteer $\sum a_nx^n$ ; identificeer coëfficiënten om een recurrentie voor $(a_n)$ te krijgen; los op, en controleer straal en beginvoorwaarden. Voorbeeld — de binomiaalreeks: $f(x) = (1+x)^\alpha$ voldoet aan $(1+x)f' = \alpha f$ , $f(0) = 1$ ; injecteren geeft $(n+1)a_{n+1} = (\alpha - n)a_n$ , dus $a_n = \binom{\alpha}{n}$ , straal $1$ (quotiëntcriterium), en de som, die aan dezelfde D.V. met dezelfde beginwaarde voldoet, is gelijk aan $(1 + x)^\alpha$ door de uniciteitsstelling voor lineaire D.V.’s (boekdeel van Jaar 1).

Voorbeeld 11.18 (De methode op een gedwongen vergelijking)

Los $y' = y + x$ , $y(0) = 0$ , op via machtreeksen. Injecteer $y = \sum a_nx^n$ :

\sum_{n\geq0}(n+1)a_{n+1}x^n = \sum_{n\geq0}a_nx^n + x ,

en coëfficiënten identificeren: $a_1 = a_0 = 0$ , $2a_2 = a_1 + 1 = 1$ , en $(n+1)a_{n+1} = a_n$ voor $n \geq 2$ . Dus $a_2 = \frac{1}{2!}$ en, door inductie, $a_n = \frac{1}{n!}$ voor elke $n \geq 2$ : straal $\infty$ , en

y(x) = \sum_{n\geq2}\frac{x^n}{n!} = \eu^x - 1 - x .

Controle: $y' = \eu^x - 1 = y + x$ en $y(0) = 0$ . Slotinzicht: de recurrentie is de vergelijking, coëfficiënt voor coëfficiënt; de forceringsterm verstoort slechts eindig veel begincoëfficiënten, waarna het homogene patroon overneemt — een discrete schaduw van “particuliere oplossing plus homogene oplossing”.

11.3 Genererende functies

Voorbeeld 11.19 (Fibonacci)

Zij $F(x) = \sum_{n\geq0} F_n x^n$ (Fibonaccigetallen, $F_0 = 0$ , $F_1 = 1$ ). De recurrentie $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ vertaalt zich, na vermenigvuldigen met $x^{n+2}$ en sommeren, tot

F(x) - x = x\,F(x) + x^2 F(x) \quad\Longrightarrow\quad F(x) = \frac{x}{1 - x - x^2} ,

geldig waar de reeks convergeert. De straal is $\frac{1}{\varphi}$ : uit $F_n \sim \frac{\varphi^n}{\sqrt5}$ (Binet, volgend voorbeeld — of de ruwe inductie $F_n \leq 2^n$ plus de recurrentie) geeft het quotiëntcriterium

\frac{F_{n+1}\abs x^{n+1}}{F_n\abs x^n} \longrightarrow \varphi\abs x , \qquad\text{convergentie precies wanneer } \abs x < \frac1\varphi \approx 0.618 .

Partiële breuken op $\frac{x}{1 - x - x^2}$ en de meetkundige reeks herleiden de formule van Binet — genererende functies industrialiseren lineaire recurrenties.

Voorbeeld 11.20 (De formule van Binet, uitgevoerd)

Zij $\varphi = \frac{1+\sqrt5}{2}$ en $\psi = \frac{1-\sqrt5}{2}$ , de wortels van $X^2 = X + 1$ ; aangezien $\varphi + \psi = 1$ en $\varphi\psi = -1$ ,

1 - x - x^2 = (1 - \varphi x)(1 - \psi x) .

Partiële breuken: zoekend $\frac{x}{(1-\varphi x)(1-\psi x)} = \frac{A}{1 - \varphi x} + \frac{B}{1 - \psi x}$ , de constante term geeft $A + B = 0$ en de $x$ -coëfficiënt $-A\psi - B\varphi = 1$ , dus $A(\varphi - \psi) = 1$ : $A = \frac{1}{\sqrt5} = -B$ . Twee meetkundige reeksen later,

F(x) = \frac{1}{\sqrt5}\sum_{n\geq0} \bigl(\varphi^n - \psi^n\bigr)x^n \quad\Longrightarrow\quad F_n = \frac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt5}

door uniciteit van coëfficiënten (Stelling 11.7). Aangezien $\abs\psi < 1$ , heeft de term $\frac{\psi^n}{\sqrt5}$ absolute waarde $< \frac12$ : $F_n$ is het dichtstbijzijnde gehele getal bij $\frac{\varphi^n}{\sqrt5}$ . Slotinzicht: de straal $\frac1\varphi$ van $F$ is het omgekeerde van de dominante wortel — groei van coëfficiënten en convergentiestraal zijn dezelfde informatie in tegengestelde richtingen gelezen.

Voorbeeld 11.21 (Catalangetallen)

De Catalangetallen $C_n$ (aantal triangulaties, van haakjeszettingen, van Dyckpaden, …) voldoen aan $C_0 = 1$ en $C_{n+1} = \sum_{k=0}^n C_kC_{n-k}$ . De genererende functie $C(x) = \sum C_nx^n$ voldoet dan (Cauchyproduct!)

C(x) = 1 + x\,C(x)^2 \quad\Longrightarrow\quad C(x) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4x}}{2x} ,

kieszend de wortel met $C(0) = 1$ : oplossen van de kwadratische $xC^2 - C + 1 = 0$ geeft de twee kandidaten $\frac{1 \pm \sqrt{1-4x}}{2x}$ , en als $x \to 0$ explodeert de “ $+$ ”-wortel als $\frac1x$ terwijl de “ $-$ ”-wortel naar $1$ gaat (ontwikkel $\sqrt{1-4x} = 1 - 2x + O(x^2)$ ) — alleen het minteken kan een machtreeks met $C_0 = 1$ dragen. Ontwikkelen van $\sqrt{1 - 4x}$ via de binomiaalreeks geeft de gesloten vorm

C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n} ,

uitgevoerd in Oefening 11.8.

Opmerking 11.22 (Formele reeksen versus convergente reeksen)

Elke genererende-functie-berekening hierboven eindigt met een beroep op de uniciteit van coëfficiënten, en die stelling leeft binnen een schijf van positieve straal: vóór men $F_n$ of $C_n$ “afleest”, moet men $R > 0$ kennen. Een ruwe a priori grens volstaat — $F_n \leq 2^n$ (directe inductie) geeft $R \geq \frac12$ voor Fibonacci; $C_n \leq 4^n$ (elk Catalangetal telt deelverzamelingen van paden) geeft $R \geq \frac14$ . Pas op voor het ontaarde uiteinde van de schaal: $\sum n!\,x^n$ heeft straal $0$ , en haar als functie manipuleren is zinloos — identiteiten met zulke reeksen behoren tot de formele calculus van coëfficiënten, een puur algebraïsch spel met eigen (andere) regels. Op dit niveau: verzeker eerst een positieve straal, reken dan vrij binnen haar.

Opmerking 11.23 (Perspectieven binnen dit boekdeel)

Machtreeksen zijn een van de twee grote ontwikkelingsmachines van dit boek; de andere is de Fourierreeks van de harmonische hoofdstukken, en ze vergelijken is leerzaam. Een machtreeks is star: haar coëfficiënten zijn gedwongen ( $a_n = f^{(n)}(0)/n!$ ), haar convergentie is meedogenloos (normaal binnen, hopeloos buiten), en haar som is analytisch — oneindig star (Definitie 11.13). Een Fourierreeks is soepel: zij stelt slechts stuksgewijs-gladde signalen voor, ten prijze van delicate convergentievragen aan de rand van gladheid. De twee theorieën ontmoeten elkaar in het weekendprobleem van dit hoofdstuk: Cesàro- en Abelsommatie, hier ontwikkeld voor de randcirkel, keren terug in het Fourierhoofdstuk als de kernen van Fejér en Poisson. Intussen consumeert het differentiaalvergelijkingenhoofdstuk machtreeksen direct ( $\eu^{tA}$ , reeksoplossingen), en het genererende-functies-hoofdstuk maakt de truc van Voorbeeld 11.19 tot een systematische calculus voor waarschijnlijkheden.

11.4 Oefeningen

Oefening 11.1 ★

Convergentiestralen: $\sum \dfrac{n^2}{2^n}z^n$ ; $\;\sum \dfrac{z^n}{\binom{2n}{n}}$ ; $\;\sum z^{n!}$ ; $\;\sum \bigl(2 + (-1)^n\bigr)^n z^n$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.1.

$\sum \frac{n^2}{2^n}z^n$ : quotiënt $\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}\cdot \frac{2^n}{n^2} \to \frac12$ : $R = 2$ .

$\sum \frac{z^n}{\binom{2n}{n}}$ : $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Voorbeeld 6.14), dus $\abs{a_n}^{-1} \approx 4^n$ tot op polynomiale factoren: $R = 4$ (quotiëntcriterium: $\frac{\binom{2n}{n}}{\binom{2n+2}{n+1}} = \frac{(n+1)^2}{(2n+1)(2n+2)} \to \frac14$ ).

$\sum z^{n!}$ : coëfficiënten $a_k = 1$ als $k = n!$ , anders $0$ . Voor $\abs z < 1$ convergeert $\sum \abs z^{n!}$ (overheerst door meetkundig); voor $\abs z \geq 1$ gaan de termen niet naar $0$ : $R = 1$ .

$\sum (2 + (-1)^n)^n z^n$ : coëfficiënten $3^n$ (even $n$ ) en $1$ (oneven $n$ ). Begrensdheid van $a_nr^n$ eist $3r \leq 1$ ; en $r < \frac13$ werkt: $R = \frac13$ .

Oefening 11.2 ★

Toon dat $\sum z^n$ , $\sum \frac{z^n}{n}$ , $\sum \frac{z^n}{n^2}$ alle straal $1$ hebben maar zich verschillend gedragen in $z = 1$ en $z = -1$ : divergentie/divergentie, divergentie/convergentie, convergentie/convergentie.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.2.

Alle drie hebben straal $1$ (quotiëntcriterium). In $z = 1$ : $\sum 1$ divergeert; $\sum\frac1n$ divergeert; $\sum\frac{1}{n^2}$ convergeert. In $z = -1$ : $\sum(-1)^n$ divergeert; $\sum\frac{(-1)^n}{n}$ convergeert (alternerend); $\sum\frac{(-1)^n}{n^2}$ convergeert (absoluut). Randgedrag is onzichtbaar voor de straal.

Oefening 11.3 ★

Bereken de sommen, voor $\abs x < 1$ :

\sum_{n\geq0} n x^n, \qquad \sum_{n\geq0} n^2 x^n, \qquad \sum_{n\geq0} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.3.

Uit $\frac{1}{1-x} = \sum x^n$ , differentieer en vermenigvuldig met $x$ (Stelling 11.7):

\sum n x^n = \frac{x}{(1-x)^2} .

Nogmaals differentiëren, opnieuw met $x$ vermenigvuldigen:

\sum n^2 x^n = x\,\frac{\dd}{\dd x}\Bigl(\frac{x}{(1-x)^2}\Bigr) = \frac{x(1 + x)}{(1-x)^3} .

Derde som: het is het oneven deel van $-\ln(1 - x)$ :

\sum_{n\geq0} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = \frac{-\ln(1-x) + \ln(1+x)}{2} = \frac12 \ln\frac{1+x}{1-x} = \operatorname{artanh} x .

Oefening 11.4 ★★

Ontwikkel in machtreeks in $0$ , met straal: $\dfrac{1}{(1-x)(2-x)}$ (partiële breuken); $\;\ln(1 + x + x^2)$ (schrijf $1 + x + x^2 = \frac{1 - x^3}{1 - x}$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.4.

Partiële breuken: $\frac{1}{(1-x)(2-x)} = \frac{1}{1-x} - \frac{1}{2 - x} = \sum x^n - \frac12\sum \bigl(\frac x2\bigr)^n$ :

\frac{1}{(1-x)(2-x)} = \sum_{n\geq0} \Bigl(1 - \frac{1}{2^{n+1}}\Bigr)x^n, \qquad R = 1 .

$\ln(1 + x + x^2) = \ln\frac{1 - x^3}{1 - x} = \ln(1 - x^3) - \ln(1 - x) = \sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n} - \sum_{m\geq1}\frac{x^{3m}}{m}$ : de coëfficiënt van $x^n$ is $\frac1n$ als $3 \nmid n$ , en $\frac1n - \frac{3}{n} = -\frac2n$ als $3 \mid n$ . Straal $1$ (de dichtstbijzijnde obstructie: de reeks voor $\ln(1-x^3)$ ).

Oefening 11.5 ★★

Bewijs dat $f(x) = \sum_{n\geq1} H_n x^n = -\dfrac{\ln(1 - x)}{1 - x}$ voor $\abs x < 1$ , waar $H_n$ het harmonische getal is (Cauchyproduct van $\sum x^n$ en $\sum \frac{x^n}{n}$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.5.

Cauchyproduct van $\sum_{m \geq 0} x^m$ (coëfficiënten $1$ ) en $\sum_{k\geq1} \frac{x^k}{k}$ (coëfficiënten $\frac1k$ , $k \geq 1$ ), beide absoluut convergent voor $\abs x < 1$ : de coëfficiënt van $x^n$ in het product is $\sum_{k=1}^{n} \frac1k \cdot 1 = H_n$ . Dus

\Bigl(\sum x^m\Bigr)\Bigl(\sum \frac{x^k}{k}\Bigr) = \frac{1}{1-x}\cdot\bigl(-\ln(1-x)\bigr) = \sum_{n\geq1} H_n x^n .

Oefening 11.6 ★★

Los via genererende functie de recurrentie $u_0 = 1$ , $u_{n+1} = 2u_n + n$ op: bereken $U(x) = \sum u_nx^n$ in gesloten vorm, ontbind, en lees $u_n = 2^{n+1} - n - 1$ af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.6.

Vermenigvuldig de recurrentie met $x^{n+1}$ en sommeer ( $\abs x < \frac12$ ):

U(x) - 1 = 2x\,U(x) + \sum_{n\geq0} n\,x^{n+1} = 2x\,U(x) + \frac{x^2}{(1-x)^2} ,

via Oefening 11.3. Dus

U(x) = \frac{1}{1 - 2x}\Bigl(1 + \frac{x^2}{(1-x)^2}\Bigr) = \frac{1 - 2x + 2x^2}{(1-2x)(1-x)^2} .

Partiële breuken (cover-up in $x = \frac12$ geeft coëfficiënt $2$ ; in de dubbele pool $x = 1$ , coëfficiënt $-1$ ; de middelste coëfficiënt verdwijnt door evaluatie in $x = 0$ ):

U(x) = \frac{2}{1-2x} - \frac{1}{(1 - x)^2} .

Beide ontwikkelen:

u_n = 2\cdot 2^n - (n + 1) = 2^{n+1} - n - 1 .

(Controle: $u_0 = 1$ , $u_1 = 2u_0 + 0 = 2 = 4 - 2$ .)

Oefening 11.7 ★★

Zij $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ voor $x \neq 0$ , $f(0) = 0$ . Bewijs dat $f$ van klasse $C^\infty$ is op $\R$ met $f^{(n)}(0) = 0$ voor alle $n$ (toon door inductie dat $f^{(n)}(x) = P_n\bigl(\frac1x\bigr) \eu^{-1/x^2}$ voor veeltermen $P_n$ , en gebruik de groeivergelijking). Concludeer dat $f$ niet analytisch is in $0$ : haar Taylorreeks in $0$ convergeert — naar de verkeerde functie.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.7.

Inductie: $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$ , en als $f^{(n)}(x) = P_n(\tfrac1x)\eu^{-1/x^2}$ dan

f^{(n+1)}(x) = \Bigl(-\frac{1}{x^2}\,P_n'\Bigl(\frac1x\Bigr) + \frac{2}{x^3}\,P_n\Bigl(\frac1x\Bigr)\Bigr)\eu^{-1/x^2} :

opnieuw van de gestelde vorm. In $0$ : differentiequotiënten $\frac{f^{(n)}(h)}{h} = \frac1h P_n(\frac1h)\eu^{-1/h^2} \to 0$ als $h \to 0$ , want $Q(u)\,\eu^{-u^2} \to 0$ als $u \to \pm\infty$ voor elke veelterm $Q$ (exponentieel verslaat machten): door inductie bestaan alle $f^{(n)}(0)$ en verdwijnen, en elke $f^{(n)}$ is continu in $0$ door dezelfde limiet. Dus $f \in C^\infty$ met nule Taylorreeks in $0$ ; de Taylorreeks sommeert naar $0 \neq f$ : niet analytisch in $0$ .

Oefening 11.8 ★★★

Voltooi Voorbeeld 11.21: ontwikkel $\sqrt{1 - 4x}$ met de binomiaalreeks, toon

\binom{1/2}{n+1}(-4)^{n+1} = -\frac{2}{n+1}\binom{2n}{n},

en leid $C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$ af; bepaal de convergentiestraal van $C(x)$ en de asymptotiek van $C_n$ via Stirling.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.8.

Binomiaalreeks: $\sqrt{1-4x} = \sum_{k\geq0} \binom{1/2}{k}(-4x)^k$ . Voor $k = n + 1 \geq 1$ :

\begin{align*} \binom{1/2}{n+1}(-4)^{n+1} &= \frac{\frac12\bigl(\frac12 - 1\bigr)\cdots\bigl(\frac12 - n\bigr)}{(n+1)!}\,(-4)^{n+1}\\ &= \frac{(-1)^n\,1\cdot3\cdots(2n-1)}{2^{n+1}(n+1)!}\,(-4)^{n+1} = -\frac{2}{n+1}\cdot\frac{(2n)!}{n!\,n!} , \end{align*}

via $1\cdot3\cdots(2n-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$ . Dus

C(x) = \frac{1 - \sqrt{1-4x}}{2x} = \frac{1}{2x}\sum_{n\geq0}\frac{2}{n+1}\binom{2n}{n}x^{n+1} = \sum_{n\geq0} \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}\,x^n :

$C_n = \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}$ . Straal: $\frac14$ (de binomiaalreeks in $4x$ ). Asymptotiek via Voorbeeld 6.14:

C_n \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi}\; n^{3/2}} .

Oefening 11.9 ★★★

(Abels radiale limietstelling, speciaal geval) Stel $\sum a_n$ convergeert. Bewijs dat $\lim_{x \to 1^-} \sum_{n} a_n x^n = \sum_n a_n$ . (Abelsommatie: met $A_n$ de partiële sommen en $A = \lim A_n$ , schrijf $\sum a_nx^n = (1 - x)\sum A_n x^n$ ; dan $\sum a_nx^n - A = (1-x)\sum (A_n - A)x^n$ , splits de som bij een grote $N$ .) Toepassing: $\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ en $\sum \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac\pi4$ , herbewezen vanuit de machtreeksen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.9.

Met $A_n = \sum_{k \leq n} a_k \to A$ : Abelsommatie geeft, voor $0 \leq x < 1$ ,

\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n = (1 - x)\sum_{n=0}^{\infty} A_n x^n

(beide zijden convergeren: $(A_n)$ is begrensd; en de identiteit volgt uit $a_n = A_n - A_{n-1}$ en herindexering). Aangezien $(1 - x)\sum x^n = 1$ :

\sum_n a_nx^n - A = (1-x)\sum_{n} (A_n - A)x^n .

Gegeven $\varepsilon$ , kies $N$ met $\abs{A_n - A} \leq \varepsilon$ voor $n > N$ ; dan

\Bigl|\sum a_nx^n - A\Bigr| \leq (1-x)\sum_{n \leq N}\abs{A_n - A} + \varepsilon(1 - x)\sum_{n > N}x^n \leq (1-x)\,C_N + \varepsilon ,

en $x \to 1^-$ : limsup $\leq \varepsilon$ voor alle $\varepsilon$ . Dus de radiale limiet is $A$ .

Toepassingen: $\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ convergeert (alternerend), en voor $x < 1$ sommeert haar machtreeks naar $\ln(1 + x)$ : door Abel is de som $\ln 2$ . Evenzo geeft $\sum\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} = \arctan x$ de waarde $\frac\pi4$ in $x = 1$ — de integraalbewijzen van Jaar 1, nu structureel.

Oefening 11.10 ★

Toon dat $\displaystyle\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n(n+1)} = 1 + \frac{1-x}{x}\,\ln(1-x)$ voor $0 < \abs x < 1$ , bepaal de straal, en controleer dat de convergentie normaal is op $\intcc{-1}{1}$ ; verifieer dat de waarde in $x = 1$ voorspeld door continuïteit overeenkomt met de telescoperende som $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.10.

Zowel $\sum\frac{x^n}{n}$ als $\sum\frac{x^n}{n+1}$ hebben straal $1$ , en $\frac{1}{n(n+1)} = \frac1n - \frac1{n+1}$ , dus voor $0 < \abs x < 1$ :

\sum_{n\geq1}\frac{x^n}{n(n+1)} = -\ln(1-x) - \frac1x\sum_{n\geq1}\frac{x^{n+1}}{n+1} = -\ln(1-x) - \frac{-\ln(1-x) - x}{x} = 1 + \frac{1-x}{x}\ln(1-x) .

Straal $1$ ; en $\norm{x^n/(n(n+1))}_{\infty,\intcc{-1}1} = \frac{1}{n(n+1)}$ is sommeerbaar: normale convergentie op $\intcc{-1}{1}$ , dus de som is daar continu. Als $x \to 1^-$ , $(1-x)\ln(1-x) \to 0$ en de gesloten vorm gaat naar $1$ — in overeenstemming met de telescoperende waarde $\sum\frac{1}{n(n+1)} = \lim_N\bigl(1 - \frac{1}{N+1}\bigr) = 1$ in $x = 1$ .

Oefening 11.11 ★★

(Derangements) Zij $D_n$ het aantal permutaties van $n$ objecten zonder vast punt ( $D_0 = 1$ ). Sorteren van de permutaties van $\{1, \dots, n\}$ naar hun vaste-puntenverzameling geeft $n! = \sum_{k=0}^{n}\binom nk D_{n-k}$ . Vermenigvuldig met $\frac{x^n}{n!}$ , sommeer, en herken een Cauchyproduct om de exponentiële genererende functie

\sum_{n\geq0} D_n\,\frac{x^n}{n!} = \frac{\eu^{-x}}{1-x} \qquad (\abs x < 1),

te verkrijgen, lees dan de gesloten vorm $\dfrac{D_n}{n!} = \sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^k}{k!}$ af en de limiet $\dfrac{D_n}{n!} \to \eu^{-1}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.11.

Sorteren van de $n!$ permutaties naar hun vaste-puntenverzameling: de $k$ vaste punten kiezen ( $\binom nk$ manieren) en de andere $n - k$ objecten derangeren geeft $n! = \sum_{k=0}^n\binom nk D_{n-k}$ . Delen door $n!$ :

1 = \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\cdot\frac{D_{n-k}}{(n-k)!} ,

wat precies zegt dat het Cauchyproduct van $\eu^x = \sum\frac{x^k}{k!}$ en $D(x) = \sum D_n\frac{x^n}{n!}$ gelijk is aan $\sum x^n = \frac{1}{1-x}$ . Beide factoren convergeren absoluut voor $\abs x < 1$ ( $D_n \leq n!$ , dus $D$ wordt overheerst door de meetkundige reeks): de productidentiteit is legitiem (Propositie 11.4), en

D(x) = \frac{\eu^{-x}}{1-x} .

Cauchyproduct van $\eu^{-x} = \sum\frac{(-1)^kx^k}{k!}$ en $\sum x^m$ : de coëfficiënt van $x^n$ is $\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!}$ , en door uniciteit van machtreekscoëfficiënten (Stelling 11.7):

\frac{D_n}{n!} = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{k!} \xrightarrow[n\to\infty]{} \eu^{-1} :

ongeveer $37\%$ van alle permutaties zijn derangements, ongeacht $n$ .

Oefening 11.12 ★★★

Bewijs, met de binomiaalreeks van Methode 11.17, dat

\frac{1}{\sqrt{1 - 4x}} = \sum_{n\geq0}\binom{2n}{n}x^n \qquad \Bigl(\abs x < \frac14\Bigr),

en leid, door kwadrateren (Cauchyproduct tegen $\frac{1}{1-4x} = \sum 4^nx^n$ ), de convolutie-identiteit

\sum_{k=0}^{n}\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.12.

Binomiaalreeks met $\alpha = -\frac12$ in $-4x$ :

\binom{-1/2}{n}(-4)^n = \frac{\bigl(-\frac12\bigr)\bigl(-\frac32\bigr)\cdots \bigl(-\frac{2n-1}2\bigr)}{n!}(-4)^n = \frac{1\cdot3\cdots(2n-1)}{2^n\,n!}\,4^n = \frac{(2n)!}{2^n n!}\cdot\frac{2^n}{n!} = \binom{2n}{n},

via $1\cdot3\cdots(2n-1) = \frac{(2n)!}{2^nn!}$ . Dus $(1-4x)^{-1/2} = \sum\binom{2n}nx^n$ voor $\abs{4x} < 1$ . Kwadrateren (Cauchyproduct, legitiem door absolute convergentie) en vergelijken met $\frac{1}{1-4x} = \sum 4^nx^n$ : de coëfficiënt van $x^n$ in het kwadraat is $\sum_{k=0}^n\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k}$ , en uniciteit van coëfficiënten geeft

\sum_{k=0}^{n}\binom{2k}{k}\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n .

11.5 Probleem: Abel, Tauber, en de rand van convergentie

Probleem 11.1

Binnen de convergentieschijf is alles gemakkelijk; al het drama van machtreeksen speelt zich op de rand af. Dit probleem bouwt de randtheorie in de reële variabele: de stelling van Abel in haar uniforme vorm, haar omkering onder de voorwaarde van Tauber, de Cesàro–Abel-hiërarchie van sommatiemethoden (met de stelling van Frobenius), term-voor-term integratie tot de rand met klassieke constanten als dividenden, en ten slotte de starheid van analytische functies — de identiteitsstelling. Doorheen is $(a_n)$ een reële rij, $f(x) = \sum_{n\geq0} a_nx^n$ , en $A_n = a_0 + \dots + a_n$ .

Deel I — De stelling van Abel, uniform. Neem in dit deel aan dat $\sum a_n$ convergeert, en zet $r_n = \sum_{k\geq n} a_k$ (dus $r_n \to 0$ en $a_n = r_n - r_{n+1}$ ).

Bewijs, via partiële sommatie, dat voor alle $0 \leq x \leq 1$ en $N \leq M$ :

$\Bigl|\sum_{n=N}^{M} a_n x^n\Bigr| \leq 2\sup_{n \geq N}\,\abs{r_n} .$
Leid af dat $\sum a_nx^n$ uniform convergeert op $\intcc{0}{1}$ , dat haar som daar continu is, en herwin de radiale limiet van Oefening 11.9: $f(x) \to \sum a_n$ als $x \to 1^-$ .
(Stelling van Abel voor Cauchyproducten) Zij $\sum a_n = A$ , $\sum b_n = B$ en stel dat het Cauchyproduct $\sum c_n$ , $c_n = \sum_{k} a_kb_{n-k}$ , convergeert, met som $C$ . Bewijs $C = AB$ (binnen de schijf geldt de productidentiteit door Propositie 11.4; laat $x \to 1^-$ ).
Toon dat de hypothese ertoe doet: voor $a_n = b_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$ convergeren beide reeksen, toch $\abs{c_n} \geq \frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1$ (boundeer elke factor $\sqrt{(k+1)(n-k+1)}$ via AM–GM): het Cauchyproduct van twee convergente reeksen kan divergeren.
(Een dividend van Oefening 11.5) Toon dat $\bigl(\ln(1-x)\bigr)^2 = 2\sum_{n\geq1} \frac{H_n}{n+1}x^{n+1}$ op $\intoo{-1}{1}$ , controleer dat $\bigl(\frac{H_n}{n+1}\bigr)_{n\geq1}$ daalt naar $0$ , en concludeer met Abel:

$\sum_{n\geq1} (-1)^{n+1}\,\frac{H_n}{n+1} = \frac{(\ln 2)^2}{2} .$

Deel II — De omkering van Tauber. Noem $\sum a_n$ Abel-sommeerbaar tot $L$ wanneer $f(x) \to L$ als $x \to 1^-$ .

Toon dat $\sum (-1)^n$ Abel-sommeerbaar is tot $\frac12$ doch divergent: de stelling van Abel heeft geen onvoorwaardelijke omkering.
(Lemma van Cesàro) Als $u_n \to 0$ dan $\frac{u_1 + \dots + u_N}{N} \to 0$ (splits de som bij een vaste $m$ ).
Neem nu $n\,a_n \to 0$ en $f(x) \to L$ aan. Met $x_N = 1 - \frac1N$ , bewijs de twee schattingen

$\Bigl|\sum_{n=0}^{N} a_n\bigl(1 - x_N^n\bigr)\Bigr| \leq \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{N} n\,\abs{a_n}, \qquad \Bigl|\sum_{n>N} a_n x_N^n\Bigr| \leq \sup_{n>N}\bigl(n\abs{a_n}\bigr)$

(voor de eerste, $1 - x^n \leq n(1-x)$ ; voor de tweede, $\abs{a_n} \leq \frac{1}{N}\sup_{m>N} m\abs{a_m}$ en $\sum x_N^n \leq N$ ).
Concludeer de stelling van Tauber: als $n\,a_n \to 0$ en $\sum a_n$ Abel-sommeerbaar is tot $L$ , dan convergeert $\sum a_n$ naar $L$ .
(De gemakkelijke Tauberiaanse voor positieve coëfficiënten) Als $a_n \geq 0$ en $f$ begrensd is op $\intco{0}{1}$ , toon dat $\sum a_n$ convergeert en $\sum a_n = \lim_{x\to1^-} f(x)$ (boundeer $\sum_{n\leq N}a_nx^n \leq f(x)$ en laat $x \to 1^-$ , gebruik dan Abel).

Deel III — Cesàromiddelden en de stelling van Frobenius. Noem $\sum a_n$ Cesàro-sommeerbaar tot $L$ wanneer $\sigma_N = \frac{A_0 + \dots + A_{N-1}}{N} \to L$ .

Toon dat een convergente reeks Cesàro-sommeerbaar is tot haar som (vraag 7 toegepast op $A_n - L$ ).
Bereken de Cesàro-waarde van $\sum(-1)^n$ en controleer dat zij overeenkomt met de Abel-waarde $\frac12$ van vraag 6.
Met $S_n = A_0 + \dots + A_n = (n+1)\,\sigma_{n+1}$ , bewijs de twee identiteiten, voor $0 \leq x < 1$ :

$f(x) = (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1)\,\sigma_{n+1}x^n, \qquad (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1)x^n = 1 .$
(Frobenius) Leid af: als $\sigma_N \to L$ dan $f(x) \to L$ als $x \to 1^-$ — Cesàro-sommeerbaar impliceert Abel-sommeerbaar, tot dezelfde waarde (trek de twee identiteiten af en splits de som bij een grote $N$ , als in Oefening 11.9).
Toon dat de hiërarchie

$\text{convergent} \;\Longrightarrow\; \text{Cesàro-sommeerbaar} \;\Longrightarrow\; \text{Abel-sommeerbaar}$

strikt is bij beide pijlen: vraag 6 voor de eerste; voor de tweede, toon dat $\sum(-1)^n(n+1)$ Abel-sommeerbaar is tot $\frac14$ (bereken $f$ ) maar niet Cesàro-sommeerbaar (bereken $\sigma_N$ apart voor even en oneven $N$ ).

Deel IV — Integreren tot de rand.

Stel $\sum a_nx^n$ convergeert op $\intco{0}{1}$ en $\sum \frac{a_n}{n+1}$ convergeert. Bewijs dat de oneigenlijke integraal $\int_0^1 f$ bestaat en

$\int_0^1 \Bigl(\sum_{n\geq0} a_nx^n\Bigr)\dd x = \sum_{n\geq0}\frac{a_n}{n+1}$

(de primitieve $F(x) = \sum\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ is continu in $1$ door Deel I).
Zij $\eta = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$ . Toon $\int_0^1 \frac{\ln(1+x)}{x}\dd x = \eta$ en, door even en oneven indices te splitsen in de absoluut convergente $\sum \frac1{n^2}$ , dat $\eta = \frac12\sum_{n\geq1}\frac{1}{n^2}$ . (Het weekendprobleem van het Fourierhoofdstuk evalueert $\sum\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$ .)
Bewijs

$\sum_{n\geq0}\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3} = \frac13\Bigl(\ln 2 + \frac{\pi}{\sqrt3}\Bigr)$

(de reeks convergeert door Leibniz; integreer de meetkundige reeks $\sum(-1)^nx^{3n}$ met vraag 16; dan partiële breuken: $\frac{1}{1+x^3} = \frac{1/3}{1+x} + \frac{(2-x)/3}{x^2-x+1}$ ).
Uit de binomiaalreeks voor $(1-t)^{-1/2}$ (Oefening 11.12) leid af

$\arcsin x = \sum_{n\geq0} \frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)}\,x^{2n+1} \quad(\abs x < 1), \qquad\text{dan}\qquad \sum_{n\geq0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)} = \frac\pi2 ,$

de randwaarde rechtvaardigend door normale convergentie op $\intcc{-1}{1}$ (gebruik $\binom{2n}n4^{-n} \sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ , Voorbeeld 6.14) — hier is zelfs Abel niet nodig.
(Catalan op de rand) Toon dat $\sum C_n 4^{-n} = 2$ : de Catalanreeks van Voorbeeld 11.21 convergeert in haar straal $\frac14$ (asymptotiek van Oefening 11.8), haar som is continu op $\intcc{0}{\frac14}$ , en de gesloten vorm heeft limiet $2$ daar.

Deel V — Starheid: de identiteitsstelling.

(Geïsoleerde nulpunten) Zij $f = \sum a_nx^n$ met straal $R > 0$ en niet alle $a_n = 0$ ; zij $m$ de kleinste index met $a_m \neq 0$ . Toon $f(x) = x^m g(x)$ met $g$ een machtreeks van straal $R$ , $g(0) = a_m \neq 0$ , en leid af dat $f$ geen nulpunt heeft in enige gepuncteerde omgeving van $0$ .
(Identiteitsstelling) Zij $f, h$ sommen van machtreeksen bij $0$ en $(x_k)$ een rij van niet-nule punten met $x_k \to 0$ en $f(x_k) = h(x_k)$ . Bewijs dat $f$ en $h$ dezelfde coëfficiënten hebben, dus samenvallen bij $0$ .
Vind alle functies $f$ analytisch bij $0$ met

$f\Bigl(\frac1k\Bigr) = \frac{k^2}{k^2+1} \qquad\text{voor alle grote gehele } k .$
Toon dat een functie analytisch op een open interval $I$ die verdwijnt op een subinterval identiek verdwijnt op $I$ (de verzameling van punten waaromheen $f$ identiek verdwijnt is open en, door de identiteitsstelling toegepast in ophopingspunten, gesloten in $I$ ). Concludeer dat geen niet-nule analytische functie op $\R$ compacte drager heeft — terwijl $C^\infty$ -bultfuncties bestaan (Oefening 11.7 levert de bouwsteen): analyticiteit is star, gladheid is slap.
Synthese. In één zin elk: (i) wat de stelling van Abel toevoegt aan het normale-convergentiepakket van Lemma 11.1; (ii) de exacte hypothesen waaronder de omkering geldt (Tauber) en de tussentrap (Frobenius); (iii) één randconstante uit Deel IV die je nu in twee regels voor een vriend zou kunnen afleiden; (iv) waar Cesàromiddelden in dit boek terugkeren, voor reeksen van een heel ander soort.

Oplossing

Oplossing van Probleem 11.1.

1. Met $a_n = r_n - r_{n+1}$ , partiële sommatie:

\sum_{n=N}^{M} a_nx^n = r_Nx^N + \sum_{n=N+1}^{M} r_n\bigl(x^n - x^{n-1}\bigr) - r_{M+1}x^M .

Voor $0 \leq x \leq 1$ zijn de toenames $x^{n-1} - x^n$ niet-negatief en telescoperen tot $x^N - x^M$ ; met $s = \sup_{n\geq N}\abs{r_n}$ :

\Bigl|\sum_{n=N}^{M}a_nx^n\Bigr| \leq s\bigl(x^N + (x^N - x^M) + x^M\bigr) = 2s\,x^N \leq 2s .

2. Aangezien $r_n \to 0$ , $\sup_{n\geq N}\abs{r_n} \to 0$ : vraag 1 is precies het uniforme Cauchy-criterium op $\intcc{0}{1}$ , dus $\sum a_nx^n$ convergeert daar uniform en haar som is continu (Stelling 10.11). De waarde in $1$ zijnde $\sum a_n$ , is continuïteit in $1$ de radiale limiet van Oefening 11.9.

3. Voor $\abs x < 1$ convergeren alle drie machtreeksen absoluut en $\bigl(\sum a_nx^n\bigr)\bigl(\sum b_nx^n\bigr) = \sum c_nx^n$ (Propositie 11.4). Door vraag 2 zijn elke factor en de productzijde continu op $\intcc{0}{1}$ (hun coëfficiëntenreeksen convergeren per hypothese); $x \to 1^-$ in de identiteit: $AB = C$ .

4. Hier

\abs{c_n} = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k+1)}} \geq \sum_{k=0}^{n}\frac{2}{n+2} = \frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1,

via AM–GM: $\sqrt{(k+1)(n-k+1)} \leq \frac{(k+1) + (n-k+1)}{2} = \frac{n+2}{2}$ . De algemene term van $\sum c_n$ gaat niet naar $0$ : het Cauchyproduct divergeert, hoewel beide factoren convergeren (alternerende reeks).

5. Oefening 11.5 geeft $\frac{-\ln(1-x)}{1-x} = \sum H_nx^n$ ( $\abs x < 1$ ). Term-voor-term primitieven (Stelling 11.7 (2)), beide zijden verdwijnend in $0$ :

\frac{\bigl(\ln(1-x)\bigr)^2}{2} = \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{n+1}\,x^{n+1} .

Daling: $(n+2)H_n \geq (n+1)H_{n+1}$ komt neer op $H_n \geq 1$ , waar voor $n \geq 1$ ; en $\frac{H_n}{n+1} \sim \frac{\ln n}{n} \to 0$ : in $x = -1$ convergeert de reeks door de alternerende test. Substitutie $x \mapsto -x$ en toepassen van vraag 2 in $x = 1$ :

\frac{(\ln 2)^2}{2} = \sum_{n\geq1}\frac{H_n}{n+1}(-1)^{n+1},

de aangekondigde waarde.

6. $f(x) = \sum(-1)^nx^n = \frac{1}{1+x} \to \frac12$ als $x \to 1^-$ : Abel-sommeerbaar tot $\frac12$ . Maar de partiële sommen zijn $1, 0, 1, 0, \dots$ : divergent.

7. Gegeven $\varepsilon > 0$ kies $m$ met $\abs{u_n} \leq \varepsilon$ voor $n > m$ ; voor $N \geq m$ :

\Bigl|\frac{u_1 + \dots + u_N}{N}\Bigr| \leq \frac{\abs{u_1} + \dots + \abs{u_m}}{N} + \varepsilon\,\frac{N - m}{N} \leq \frac{C_m}{N} + \varepsilon,

dus $\limsup \leq \varepsilon$ voor elke $\varepsilon$ : de middelen gaan naar $0$ .

8. Voor $0 \leq x \leq 1$ : $1 - x^n = (1-x)(1 + x + \dots + x^{n-1}) \leq n(1-x)$ , dus

\Bigl|\sum_{n=0}^N a_n(1 - x_N^n)\Bigr| \leq (1 - x_N)\sum_{n=1}^N n\abs{a_n} = \frac1N\sum_{n=1}^{N}n\abs{a_n} .

Voor $n > N$ : $\abs{a_n} = \frac{n\abs{a_n}}{n} \leq \frac{1}{N}\sup_{m>N}m\abs{a_m}$ , en $\sum_{n>N}x_N^n \leq \frac{1}{1 - x_N} = N$ :

\Bigl|\sum_{n>N}a_nx_N^n\Bigr| \leq \frac{\sup_{m>N}m\abs{a_m}}{N}\cdot N = \sup_{m>N}\,m\abs{a_m} .

9. Ontbind

A_N - L = \sum_{n=0}^{N}a_n\bigl(1 - x_N^n\bigr) - \sum_{n>N}a_nx_N^n + \bigl(f(x_N) - L\bigr) .

De eerste term gaat naar $0$ door vraag 7 (de middelen van $n\abs{a_n} \to 0$ ), de tweede door vraag 8 (het sup gaat naar $0$ ), de derde omdat $x_N \to 1^-$ en $f(x) \to L$ . Dus $A_N \to L$ : de stelling van Tauber.

10. Voor $x \in \intco{0}{1}$ en elke $N$ : $\sum_{n\leq N}a_nx^n \leq f(x) \leq M$ (niet-negatieve termen). Laat $x \to 1^-$ in de eindige som: $\sum_{n\leq N}a_n \leq M$ . De partiële sommen zijn stijgend en begrensd: $\sum a_n$ convergeert, en dan geeft vraag 2 $\lim_{x\to1^-}f(x) = \sum a_n$ .

11. $\sigma_N - L$ is het gemiddelde van de $N$ getallen $A_n - L$ ( $0 \leq n < N$ ), die naar $0$ gaan: vraag 7.

12. $A_n = 1$ voor even $n$ , $0$ voor oneven: $A_0 + \dots + A_{N-1} = \lceil N/2\rceil$ , dus $\sigma_N = \frac{\lceil N/2\rceil}{N} \to \frac12$ , de Abel-waarde van vraag 6.

13. Onder $\sigma_N \to L$ heeft men $S_n = O(n)$ , dus $A_n = S_n - S_{n-1} = O(n)$ en $a_n = O(n)$ : alle reeksen hieronder hebben straal $\geq 1$ . Voor $\abs x < 1$ , uit $a_n = A_n - A_{n-1}$ en $A_nx^n \to 0$ :

(1-x)\sum_n A_nx^n = \sum_n A_nx^n - \sum_n A_nx^{n+1} = \sum_n a_nx^n = f(x),

en identiek $(1-x)\sum S_nx^n = \sum A_nx^n$ , dus $f(x) = (1-x)^2\sum_n S_nx^n = (1-x)^2\sum_n(n+1)\sigma_{n+1}x^n$ . Tenslotte $\sum(n+1)x^n = \frac{1}{(1-x)^2}$ (Oefening 11.3), wat de tweede identiteit is.

14. Aftrekken van $L$ maal de tweede identiteit van de eerste:

f(x) - L = (1-x)^2\sum_{n\geq0}(n+1) \bigl(\sigma_{n+1} - L\bigr)x^n .

Gegeven $\varepsilon$ , kies $N$ met $\abs{\sigma_{n+1} - L} \leq \varepsilon$ voor $n \geq N$ ; dan

\abs{f(x) - L} \leq (1-x)^2 C_N + \varepsilon(1-x)^2\sum_{n}(n+1)x^n = (1-x)^2C_N + \varepsilon ,

en $x \to 1^-$ : $\limsup \leq \varepsilon$ . Dus $f(x) \to L$ : de stelling van Frobenius.

15. $f(x) = \sum(-1)^n(n+1)x^n = \frac{1}{(1+x)^2}$ (differentieer de meetkundige reeks in $-x$ ): Abel-waarde $\frac14$ . Partiële sommen: $A_{2k} = k+1$ , $A_{2k+1} = -(k+1)$ (directe inductie). Dan $S_{2m-1} = 0$ (opeenvolgende paren cancelleren) en $S_{2m} = m + 1$ , dus

\sigma_{2m} = \frac{S_{2m-1}}{2m} = 0, \qquad \sigma_{2m+1} = \frac{m+1}{2m+1} \to \frac12 :

$(\sigma_N)$ heeft twee verschillende clusterwaarden: niet Cesàro-sommeerbaar. Met vragen 6 en 11–14 is de hiërarchie convergent $\Rightarrow$ Cesàro $\Rightarrow$ Abel strikt bij beide pijlen.

16. De primitievenreeks $F(x) = \sum\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ heeft dezelfde straal en $F' = f$ op $\intco{0}{1}$ (Stelling 11.7); aangezien $\sum\frac{a_n}{n+1}$ convergeert, maakt Deel I (vraag 2) $F$ continu op $\intcc{0}{1}$ . Omdat $\int_0^x f = F(x)$ (gelijke afgeleiden, gelijke waarde $0$ in $0$ ),

\int_0^x f \xrightarrow[x\to1^-]{} F(1) = \sum_{n\geq0}\frac{a_n}{n+1} :

de oneigenlijke integraal bestaat met de gestelde waarde.

17. $\frac{\ln(1+x)}{x} = \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n-1}$ (straal $1$ ; continu in $0$ ). De reeks van $\frac{a_m}{m+1}$ is $\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$ , absoluut convergent: vraag 16 geeft $\int_0^1\frac{\ln(1+x)}{x}\dd x = \eta$ . In de absoluut convergente $\sum\frac1{n^2}$ , hergroepeer even en oneven:

\eta = \sum_{\text{oneven}}\frac1{n^2} - \sum_{\text{even}}\frac1{n^2} = \sum_{n}\frac1{n^2} - 2\sum_{k}\frac1{(2k)^2} = \Bigl(1 - \frac12\Bigr)\sum_n\frac1{n^2} = \frac12\sum_{n\geq1}\frac1{n^2} .

18. Leibniz: $\frac{1}{3n+1}\downarrow0$ , de reeks convergeert. Op $\intco{0}{1}$ , $\sum(-1)^nx^{3n} = \frac{1}{1+x^3}$ , en $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1}$ convergeert: vraag 16 geeft $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}$ . Partiële breuken (controle: $\frac13(x^2-x+1) + \frac{2-x}{3}(1+x) = 1$ ):

\int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3} = \frac13\ln2 + \frac13\int_0^1\frac{2-x}{x^2-x+1}\dd x .

Schrijvend $2 - x = -\frac12(2x-1) + \frac32$ : het $\ln(x^2-x+1)$ -deel verdwijnt in beide uiteinden, en

\frac32\int_0^1\frac{\dd x}{(x-\frac12)^2 + \frac34} = \frac32\cdot\frac{2}{\sqrt3} \Bigl[\arctan\frac{2x-1}{\sqrt3}\Bigr]_0^1 = \sqrt3\cdot\frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{\sqrt3} .

Totaal: $\frac13\bigl(\ln2 + \frac{\pi}{\sqrt3}\bigr)$ .

19. Substitutie $t = x^2$ in de reeks van Oefening 11.12 en term-voor-term integreren (de primitieve van $(1-x^2)^{-1/2}$ die in $0$ verdwijnt is $\arcsin$ ):

\arcsin x = \sum_{n\geq0} \frac{\binom{2n}n}{4^n(2n+1)}x^{2n+1} \qquad(\abs x < 1) .

De coëfficiënten zijn $\sim \frac{1}{2\sqrt\pi\,n^{3/2}}$ (Voorbeeld 6.14), sommeerbaar: de reeks convergeert normaal op $\intcc{-1}{1}$ , haar som is daar continu, en valt samen met de continue $\arcsin$ op $\intoo{-1}{1}$ , dus ook in $x = 1$ :

\sum_{n\geq0}\frac{\binom{2n}n}{4^n(2n+1)} = \arcsin 1 = \frac\pi2 .

20. $C_n4^{-n} \sim \frac{1}{\sqrt\pi\,n^{3/2}}$ (Oefening 11.8): normale convergentie van $\sum C_nx^n$ op $\intcc{0}{\frac14}$ , dus haar som is daar continu; op $\intoo{0}{\frac14}$ is zij gelijk aan $\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$ (Voorbeeld 11.21), waarvan de limiet in $\frac14^-$ gelijk is aan $\frac{1-0}{1/2} = 2$ . Dus $\sum_{n\geq0} C_n4^{-n} = 2$ .

21. $f(x) = \sum_{n\geq m}a_nx^n = x^m g(x)$ met $g(x) = \sum_{k\geq0}a_{m+k}x^k$ ; als $(a_nr^n)$ begrensd is dan is $(a_{m+k}r^k)$ dat ook (deel door $r^m$ ): $g$ heeft straal $\geq R$ . $g$ is continu met $g(0) = a_m \neq 0$ , dus $g \neq 0$ op enige $\intcc{-\delta}{\delta}$ , en $f(x) = x^mg(x) \neq 0$ voor $0 < \abs x \leq \delta$ .

22. $d = f - h$ is de som van een machtreeks bij $0$ die verdwijnt in de niet-nule punten $x_k \to 0$ . Als enige coëfficiënt van $d$ niet-nul was, zou vraag 21 een gepuncteerde omgeving van $0$ vrij van nulpunten van $d$ geven — in tegenspraak met $d(x_k) = 0$ . Dus alle coëfficiënten van $d$ verdwijnen: $f$ en $h$ hebben gelijke coëfficiënten en vallen samen bij $0$ .

23. De functie $h(x) = \frac{1}{1+x^2} = \sum(-1)^nx^{2n}$ (straal $1$ ) voldoet aan $h(\frac1k) = \frac{1}{1 + 1/k^2} = \frac{k^2}{k^2+1}$ . Elke analytische $f$ met dezelfde waarden valt samen met $h$ in de punten $\frac1k \to 0$ : door de identiteitsstelling (vraag 22) is $f = \frac{1}{1+x^2}$ bij $0$ — de unieke oplossing.

24. Zij $Z$ de verzameling van punten van $I$ met een omgeving waarop $f$ identiek verdwijnt: open per definitie, niet-leeg (het subinterval). Gesloten in $I$ : als $y \in I$ limiet is van punten van $Z$ , dan is $y$ een ophopingspunt van nulpunten van $f$ ; ontwikkelen van $f$ in een machtreeks in $y$ (analyticiteit) en toepassen van vragen 21–22 hercentreerd in $y$ , verdwijnen alle coëfficiënten in $y$ , dus $f \equiv 0$ bij $y$ : $y \in Z$ . Een interval is samenhangend, dus $Z = I$ : $f \equiv 0$ op $I$ . In het bijzonder verdwijnt een analytische functie op $\R$ die buiten een compacte verzameling verdwijnt op een interval, dus overal: geen niet-nule analytische bult. De $C^\infty$ -wereld is anders: lijmen van de platte functie van Oefening 11.7 (bijv. $x \mapsto \eu^{-1/x^2}\mathbf 1_{x>0}$ en haar spiegel) produceert gladde bulten met compacte drager.

25. (i) Normale convergentie leeft op compacte subschijven strikt binnen de schijf; de stelling van Abel breidt continuïteit uit tot een randpunt, onder de enige hypothese dat de coëfficiëntenreeks daar convergeert. (ii) De omkering geldt onder de voorwaarde van Tauber $na_n \to 0$ (vraag 9), en Cesàro-sommeerbaarheid zit strikt tussen convergentie en Abel-sommeerbaarheid (Frobenius, vragen 14–15). (iii) Voor een vriend: $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}$ door de meetkundige reeks tot de rand te integreren, dan partiële breuken. (iv) Cesàromiddelden keren terug in het Fourierhoofdstuk als de stelling van Fejér, waar middelen van de partiële sommen het falen van puntsgewijze convergentie herstellen — dezelfde medicijn, nieuwe patiënt.