Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

11Machtreeksen

Machtreeksen zijn de best opgevoede functiereeksen van de wiskunde: binnen hun convergentieschijf convergeren zij normaal op compacte verzamelingen, mogen zij zonder aarzelen term voor term worden gedifferentieerd en geïntegreerd, en worden hun sommen — de analytische functies — volledig door hun coëfficiënten bepaald. Dit hoofdstuk bewijst dat hele pakket en wint, eerlijk, elke taylorreeks van het volume van bachelorjaar 1 terug; genererende functies sluiten het af met algebraïsche opbrengsten.

11.1 Convergentiestraal

Lemma 11.1 (Abel)

Is de rij $(a_n z_0^n)$ begrensd voor zekere $z_0 \neq 0$ , 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 $\abs z \leq r$ is

\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} .

Volgens Lemma 11.1: absolute convergentie voor $\abs z < R$ (normaal op compacte deelschijven), en divergentie — zelfs onbegrensde termen — voor $\abs z > R$ . Op de randcirkel kan alles gebeuren (Oefening 11.2). In de praktijk wordt $R$ berekend met de quotiënttest van d’Alembert op $\abs{a_n}\abs z^n$ of met een vergelijking.

Voorbeeld 11.3 (Een straal zonder quotiënttest)

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 rechtstreeks. $R \geq 1$ : $\abs{\sin n} \leq 1$ , dus is $(\sin n\cdot r^n)$ begrensd voor elke $r < 1$ — zelfs voor $r = 1$ . $R \leq 1$ : het volstaat dat $\sin n \not\to 0$ . Stel dat $\sin n \to 0$ ; dan zou de somformule

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

afdwingen dat $\cos n \to 0$ (los op naar $\cos n$ : $\sin 1 \neq 0$ ), in strijd met $\sin^2 n + \cos^2 n = 1$ . De termen $\sin(n)\,1^n$ gaan dus niet naar $0$ : de reeks divergeert in $z = 1$ , en $R \leq 1$ . Besluit: $R = 1$ . Het inzicht om te onthouden: de straal is een uitspraak over de begrensdheid van $\abs{a_n}r^n$ — er is nooit een limiet van quotiënten nodig, en begrensdheidsargumenten beslissen gevallen die de quotiënttest niet kan aanraken (vergelijk de oscillerende coëfficiënten van Oefening 11.1).

Propositie 11.4 (Bewerkingen)

Zijn $\sum a_nz^n$ en $\sum b_nz^n$ met stralen $R_a, R_b$ . Dan geldt 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},

en hebben beide reeksen straal $\geq \min(R_a, R_b)$ . (Het product is het Cauchy-product, legitiem wegens de absolute convergentie en Stelling 7.14.)

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

\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 dus eveneens straal $\geq \min(R_a, R_b)$ . ∎

Voorbeeld 11.5 (Een kwadraat volgens Cauchy, 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 .

Tegencontrole met termsgewijze differentiatie (Stelling 11.7 hieronder): $\frac{1}{1-x} = \sum x^n$ differentiëren geeft $\frac{1}{(1-x)^2} = \sum nx^{n-1} = \sum(n+1)x^n$ — dezelfde reeks via twee ongerelateerde mechanismen. Het inzicht om te onthouden: lijkt een identiteit tussen coëfficiënten raadselachtig, dan produceert een van deze twee motoren (convolutie of differentiatie) haar meestal in één regel; de vraag in de weekendopgave over $\sum\binom{2k}k\binom{2n-2k}{n-k} = 4^n$ laat de convolutiemotor op volle kracht draaien.

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

Een Cauchy-product tegen de meetkundige reeks heeft een gedenkwaardige betekenis: voor elke $\sum a_nx^n$ met straal $R > 0$ en $\abs x < \min(R, 1)$ is

\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 de coëfficiënten door hun partiële sommen (convolueer met de rij vol 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 aantallen derangementen codeert. Het inzicht om te onthouden: bewerkingen op machtreeksen zijn vermomde bewerkingen op rijen van coëfficiënten (vermenigvuldigen met $\frac1{1-x}$ : sommeren; vermenigvuldigen met $x$ : verschuiven; differentiëren: met $n$ vermenigvuldigen en verschuiven) — een woordenboek dat het hoofdstuk over genererende functies vloeiend zal lezen.

11.2 Regulariteit van de som

Stelling 11.7 (Termsgewijs rekenen)

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

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

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

de coëfficiënten van een machtreeks liggen dus vast (twee reeksen met dezelfde som bij $0$ hebben gelijke coëfficiënten).
Termsgewijze primitieve: $\sum \frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ heeft straal $R$ en afgeleide $f$ .

Bewijs. Dezelfde straal: is $(a_nr^n)$ begrensd 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 wint van $n$ ), 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 $\intcc{-r}{r}$ met $r < R$ convergeert de afgeleide reeks normaal ( $n\abs{a_n}r^{n-1}$ is sommeerbaar volgens de straalberekening); de oorspronkelijke convergeert in $x = 0$ : de differentiatiestelling voor reeksen (Stelling 10.11) is dus op elk zulk segment van toepassing, en daarmee op $\intoo{-R}{R}$ . Na $k$ keer itereren en in $0$ evalueren: 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: $f^{(k)}(0) = k!\,a_k$ . De eenduidigheid van de coëfficiënten volgt: twee machtreeksen met dezelfde som bij $0$ hebben dezelfde afgeleiden in $0$ en dus dezelfde $a_k$ . Primitieven: dezelfde straal met dezelfde berekening, en termsgewijs terugdifferentiëren. ∎

Voorbeeld 11.8 (Een reeks in een punt evalueren)

Wat is $\sum_{n\geq1}\dfrac{n^2}{2^n}$ ? Het is de som $\sum n^2x^n$ uit Oefening 11.3, binnen de schijf geëvalueerd, in $x = \frac12 < 1 = R$ , waar elke bewerking die tot de gesloten vorm leidde 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 .

Dezelfde motor, andere knoppen: $x = \frac13$ geeft $\sum\frac{n^2}{3^n} = \frac{\frac13\cdot\frac43}{(2/3)^3} = \frac32$ . Het inzicht om te onthouden: een identiteit tussen machtreeksen is een machine, geen enkele formule — één afleiding beprijst tegelijk elke getallenreeks $\sum n^2q^n$ voor alle $\abs q < 1$ ; zo zal het hoofdstuk over genererende functies verwachtingswaarden en varianties in bulk berekenen.

Voorbeeld 11.9 (De klassiekers, deze keer eerlijk)

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

-\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 $\abs{x^2} < 1 \iff \abs x < 1$ ), en neem daarna de termsgewijze primitieve die in $0$ verdwijnt; beide leden zijn primitieven van dezelfde functie met dezelfde waarde in $0$ en dus gelijk op $\intoo{-1}{1}$ . En voor $\exp$ : de reeks $E(x) = \sum \frac{x^n}{n!}$ ( $R = \infty$ ) voldoet dankzij termsgewijs differentiëren aan $E' = E$ met $E(0) = 1$ , dus is $E = \exp$ wegens de eenduidigheid uit bachelorjaar 1. Elke “standaardontwikkeling” uit het volume van bachelorjaar 1 is nu een stelling over haar volledige machtreeks.

Voorbeeld 11.10 (Een logaritme berekend van binnen de schijf)

Het evalueren van $-\ln(1-x) = \sum\frac{x^n}{n}$ in het inwendige punt $x = \frac12$ geeft

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

een snel convergerende voorstelling van $\ln 2$ (tien termen geven al $0.69306\ldots$ tegenover $\ln 2 = 0.69314\ldots$ ), veel beter dan de alternerende reeks $1 - \frac12 + \frac13 - \dots$ die alleen op de rand beschikbaar is. Het inzicht om te onthouden: zodra een constante zowel op de rand als strikt binnenin de schijf bereikbaar is, wint het inwendige numeriek — meetkundige afname tegen harmonische afname.

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 in $x = -1$ nog steeds convergeert (alternerend). Nog een differentiatie levert $\sum_{n\geq2}\frac{n-1}{n}x^{n-2}$ op, divergent aan beide uiteinden (de termen gaan niet naar $0$ ). Het inzicht om te onthouden: elke differentiatie vermenigvuldigt de coëfficiënten met $n$ , wat de straal nooit verschuift (meetkundig wint van polynomiaal) maar wel één orde randafname opeet; termsgewijs rekenen is een binnensport, en wat er op de rand gebeurt moet opnieuw worden onderzocht — de theorie van Abel en Tauber in de weekendopgave is precies dat hernieuwde onderzoek.

Voorbeeld 11.12 (Een reeks naar restklassen splitsen — volledig uitgewerkt)

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

\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 $m$ over: dit is de reële gedaante van het filter met eenheidswortels (de complexe versie, met $\iu^n$ , licht in één klap de restklassen modulo $4$ eruit). Slotcontrole: $f$ lost $f'''' = f$ op met $f(0) = 1$ en $f'(0) = f''(0) = f'''(0) = 0$ — differentieer de reeks vier keer (Stelling 11.7) en zie haar zichzelf reproduceren; $\frac{\cosh + \cos}{2}$ voldoet aan dezelfde gegevens.

Definitie 11.13 (Analytische functies)

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

Voorbeeld 11.14 (Het middelpunt verleggen, en de straal als afstand)

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

\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 $\abs{2h} < 1$ , dat wil zeggen $\abs{x - \frac12} < \frac12$ . De nieuwe straal is precies de afstand van het nieuwe middelpunt tot de singulariteit $x = 1$ : het middelpunt verleggen krimpt (of vergroot) de schijf tot zij op de dichtstbijzijnde hindernis past. Het inzicht om te onthouden: dit is het beeld achter de definitie van analyticiteit — één functie, vele lokale machtreeksen, elk levend op de grootste schijf die de moeilijkheden vermijdt; het volume van bachelorjaar 3 maakt van de heuristiek “straal $=$ afstand tot de dichtstbijzijnde complexe singulariteit” een stelling.

Opmerking 11.15 (Klassieke valkuilen)

(i) De quotiënttest is voldoende, niet nodig: heeft $\abs{a_{n+1}/a_n}$ geen limiet (Voorbeeld 11.3, Oefening 11.1), ga dan terug naar de definitie: $R = \sup\{r : (a_nr^n)$ begrensd $\}$ . (ii) Niets steekt de rand gratis over: termsgewijs differentiëren en integreren zijn stellingen binnen de open schijf; op $\abs x = R$ moet elke reeks opnieuw worden onderzocht (en daar gaat de hele weekendopgave over). (iii) De straal van een som: $\min(R_a, R_b)$ is slechts een ondergrens — door wegvallen kan zij groter worden ( $a_n = 1$ , $b_n = -1$ : som identiek $0$ , straal $\infty$ ). (iv) $C^\infty$ is niet analytisch: een convergente taylorreeks kan naar de verkeerde functie convergeren (Oefening 11.7); voordat men $f(x) = \sum \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$ opschrijft, moet men het bewijzen — via een differentiaalvergelijking (Methode 11.17), een schatting van de restterm, of een integraalformule.

Opmerking 11.16 (Waar dit wordt gebruikt)

Machtreeksen zijn het werkpaard van drie latere hoofdstukken: het hoofdstuk over differentiaalvergelijkingen lost lineaire vergelijkingen op door $\sum a_nx^n$ in te vullen (de methodebox hieronder, geïndustrialiseerd); het hoofdstuk over genererende functies zet identiteiten over kansen om in identiteiten over machtreeksen en terug; en het volume van bachelorjaar 3 maakt de complexe veranderlijke officieel, waar analyticiteit gelijkwaardig wordt met complexe differentieerbaarheid en het hierboven zonder bewijs aangenomen verleggen van het middelpunt zijn eerlijke bewijs krijgt. De weekendopgave 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: zoek een lineaire differentiaalvergelijking met veeltermcoëfficiënten waaraan $f$ voldoet; vul $\sum a_nx^n$ in; identificeer de coëfficiënten om een recurrentie voor $(a_n)$ te krijgen; los die op, en controleer de straal en de beginvoorwaarden. Voorbeeld — de binomiale reeks: $f(x) = (1+x)^\alpha$ voldoet aan $(1+x)f' = \alpha f$ met $f(0) = 1$ ; invullen geeft $(n+1)a_{n+1} = (\alpha - n)a_n$ , dus $a_n = \binom{\alpha}{n}$ , straal $1$ (quotiënttest), en de som, die aan dezelfde vergelijking met dezelfde beginwaarde voldoet, is gelijk aan $(1 + x)^\alpha$ wegens de eenduidigheidsstelling voor lineaire differentiaalvergelijkingen (volume van bachelorjaar 1).

Voorbeeld 11.18 (De methode op een aangedreven vergelijking)

Los $y' = y + x$ met $y(0) = 0$ op met machtreeksen. Invullen van $y = \sum a_nx^n$ geeft

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

en identificeren van de coëfficiënten: $a_1 = a_0 = 0$ , $2a_2 = a_1 + 1 = 1$ , en $(n+1)a_{n+1} = a_n$ voor $n \geq 2$ . Dus $a_2 = \frac{1}{2!}$ en met 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 $y(0) = 0$ . Het inzicht om te onthouden: de recurrentie is de vergelijking, coëfficiënt voor coëfficiënt; de aandrijvende term verstoort alleen eindig veel begincoëfficiënten, waarna het homogene patroon het overneemt — een discrete schaduw van “particuliere oplossing plus homogene oplossing”.

11.3 Genererende functies

Voorbeeld 11.19 (Fibonacci)

Zij $F(x) = \sum_{n\geq0} F_n x^n$ (de getallen van Fibonacci, met $F_0 = 0$ en $F_1 = 1$ ). De recurrentie $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ vertaalt zich, na vermenigvuldiging met $x^{n+2}$ en sommatie, 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, het volgende voorbeeld — of de grove inductie $F_n \leq 2^n$ plus de recurrentie) geeft de quotiënttest

\frac{F_{n+1}\abs x^{n+1}}{F_n\abs x^n} \longrightarrow \varphi\abs x , \qquad\text{convergentie dan en slechts dan als } \abs x < \frac1\varphi \approx 0.618 .

Breuksplitsing op $\frac{x}{1 - x - x^2}$ en de meetkundige reeks leiden de formule van Binet opnieuw af — 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 nulpunten van $X^2 = X + 1$ ; omdat $\varphi + \psi = 1$ en $\varphi\psi = -1$ , is

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

Breuksplitsing: zoeken we $\frac{x}{(1-\varphi x)(1-\psi x)} = \frac{A}{1 - \varphi x} + \frac{B}{1 - \psi x}$ , dan geeft de constante term $A + B = 0$ en de coëfficiënt van $x$ dat $-A\psi - B\varphi = 1$ , dus $A(\varphi - \psi) = 1$ : $A = \frac{1}{\sqrt5} = -B$ . Twee meetkundige reeksen later is

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}

wegens de eenduidigheid van de coëfficiënten (Stelling 11.7). Omdat $\abs\psi < 1$ , heeft de term $\frac{\psi^n}{\sqrt5}$ absolute waarde $< \frac12$ : $F_n$ is dus het dichtstbijzijnde gehele getal bij $\frac{\varphi^n}{\sqrt5}$ . Het inzicht om te onthouden: de straal $\frac1\varphi$ van $F$ is het omgekeerde van het dominante nulpunt — de groei van de coëfficiënten en de convergentiestraal zijn dezelfde informatie, in tegengestelde richting gelezen.

Voorbeeld 11.21 (Catalangetallen)

De Catalangetallen $C_n$ (het aantal driehoekingen, van haakplaatsingen, 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 (Cauchy-product!) aan

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

waarbij het nulpunt met $C(0) = 1$ wordt gekozen: de vierkantsvergelijking $xC^2 - C + 1 = 0$ oplossen geeft de twee kandidaten $\frac{1 \pm \sqrt{1-4x}}{2x}$ , en als $x \to 0$ explodeert het nulpunt met “ $+$ ” als $\frac1x$ terwijl dat met “ $-$ ” naar $1$ gaat (ontwikkel $\sqrt{1-4x} = 1 - 2x + O(x^2)$ ) — alleen het minteken kan een machtreeks met $C_0 = 1$ dragen. Het ontwikkelen van $\sqrt{1 - 4x}$ met de binomiale reeks geeft de gesloten vorm

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

uitgevoerd in Oefening 11.8.

Opmerking 11.22 (Formele reeksen tegenover convergente reeksen)

Elke berekening met genererende functies hierboven eindigt met een beroep op de eenduidigheid van de coëfficiënten, en die stelling woont binnen een schijf met positieve straal: voordat men $F_n$ of $C_n$ “afleest”, moet men weten dat $R > 0$ . Een grove schatting vooraf volstaat — $F_n \leq 2^n$ (onmiddellijke 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 behandelen is betekenisloos — identiteiten met zulke reeksen horen bij de formele calculus van coëfficiënten, een zuiver algebraïsch spel met eigen (andere) regels. Op dit niveau: verzeker eerst een positieve straal, en reken daarna vrijelijk binnenin.

Opmerking 11.23 (Vooruitblik binnen dit volume)

Machtreeksen zijn een van de twee grote ontwikkelingsmachines van het boek; de andere is de fourierreeks van de harmonische hoofdstukken, en de twee vergelijken is leerzaam. Een machtreeks is star: haar coëfficiënten liggen vast ( $a_n = f^{(n)}(0)/n!$ ), haar convergentie is meedogenloos (normaal binnenin, hopeloos daarbuiten), en haar som is analytisch — oneindig star (Definitie 11.13). Een fourierreeks is soepel: zij stelt slechts stuksgewijs gladde signalen voor, tegen de prijs van delicate convergentievragen aan de rand van de gladheid. De twee theorieën ontmoeten elkaar in de weekendopgave van dit hoofdstuk: de sommatie volgens Cesàro en Abel, hier voor de randcirkel ontwikkeld, keert in het fourierhoofdstuk terug als de kernen van Fejér en Poisson. Ondertussen verbruikt het hoofdstuk over differentiaalvergelijkingen de machtreeksen rechtstreeks ( $\eu^{tA}$ , oplossingen als reeks), en maakt het hoofdstuk over genererende functies van de truc uit Voorbeeld 11.19 een systematische calculus voor kansen.

11.4 Oefeningen

Oefening 11.1 ★

Bepaal de convergentiestralen van $\sum \dfrac{n^2}{2^n}z^n$ , $\;\sum \dfrac{z^n}{\binom{2n}{n}}$ , $\;\sum z^{n!}$ en $\;\sum \bigl(2 + (-1)^n\bigr)^n z^n$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.1.

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

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

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

$\sum (2 + (-1)^n)^n z^n$ : de coëfficiënten zijn $3^n$ (even $n$ ) en $1$ (oneven $n$ ). Begrensdheid van $a_nr^n$ vereist $3r \leq 1$ ; en elke $r < \frac13$ voldoet: dus $R = \frac13$ .

Oefening 11.2 ★

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.2.

Alle drie hebben straal $1$ (quotiënttest). In $z = 1$ : $\sum 1$ divergeert, $\sum\frac1n$ divergeert, en $\sum\frac{1}{n^2}$ convergeert. In $z = -1$ : $\sum(-1)^n$ divergeert, $\sum\frac{(-1)^n}{n}$ convergeert (alternerend), en $\sum\frac{(-1)^n}{n^2}$ convergeert (absoluut). Het randgedrag is voor de straal onzichtbaar.

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 $\frac{1}{1-x} = \sum x^n$ : differentiëren en met $x$ vermenigvuldigen (Stelling 11.7) geeft

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

Nog een keer differentiëren en 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: dit 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 $0$ in een machtreeks, met straal: $\dfrac{1}{(1-x)(2-x)}$ (breuksplitsing); $\;\ln(1 + x + x^2)$ (schrijf $1 + x + x^2 = \frac{1 - x^3}{1 - x}$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.4.

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

\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 hindernis: 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 $\abs x < 1$ , waarbij $H_n$ het harmonische getal is (Cauchy-product van $\sum x^n$ en $\sum \frac{x^n}{n}$ ).

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.5.

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

\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 de recurrentie $u_0 = 1$ , $u_{n+1} = 2u_n + n$ op met een genererende functie: bereken $U(x) = \sum u_nx^n$ in gesloten vorm, splits die, 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} ,

met Oefening 11.3. Bijgevolg is

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} .

Breuksplitsing (afdekken in $x = \frac12$ geeft coëfficiënt $2$ ; in de dubbele pool $x = 1$ coëfficiënt $-1$ ; de middelste coëfficiënt verdwijnt na evaluatie in $x = 0$ ):

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

Beide ontwikkelen geeft

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

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

Oefening 11.7 ★★

Zij $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ voor $x \neq 0$ en $f(0) = 0$ . Bewijs dat $f$ van klasse $C^\infty$ is op $\R$ met $f^{(n)}(0) = 0$ voor alle $n$ (toon met inductie aan dat $f^{(n)}(x) = P_n\bigl(\frac1x\bigr) \eu^{-1/x^2}$ voor veeltermen $P_n$ , en gebruik de groeivergelijking). Besluit dat $f$ in $0$ niet analytisch is: 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 geldt $f^{(n)}(x) = P_n(\tfrac1x)\eu^{-1/x^2}$ , 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 genoemde vorm. In $0$ : de differentiequotiënten $\frac{f^{(n)}(h)}{h} = \frac1h P_n(\frac1h)\eu^{-1/h^2} \to 0$ als $h \to 0$ , omdat $Q(u)\,\eu^{-u^2} \to 0$ als $u \to \pm\infty$ voor elke veelterm $Q$ (de exponentiële verslaat machten): met inductie bestaan dus alle $f^{(n)}(0)$ en zijn zij nul, en is elke $f^{(n)}$ met dezelfde limiet continu in $0$ . Dus $f \in C^\infty$ met taylorreeks nul in $0$ ; die reeks heeft som $0 \neq f$ : niet analytisch in $0$ .

Oefening 11.8 ★★★

Maak Voorbeeld 11.21 af: ontwikkel $\sqrt{1 - 4x}$ met de binomiale reeks en toon aan dat

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

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

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.8.

Binomiale reeks: $\sqrt{1-4x} = \sum_{k\geq0} \binom{1/2}{k}(-4x)^k$ . 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*}

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

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 :

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

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

Oefening 11.9 ★★★

(Stelling van Abel over de radiale limiet, bijzonder geval) Neem aan dat $\sum a_n$ convergeert. Bewijs dat $\lim_{x \to 1^-} \sum_{n} a_n x^n = \sum_n a_n$ . (Abelsommatie: schrijf met $A_n$ de partiële sommen en $A = \lim A_n$ de gelijkheid $\sum a_nx^n = (1 - x)\sum A_n x^n$ ; dan is $\sum a_nx^n - A = (1-x)\sum (A_n - A)x^n$ , en splits de som bij een grote $N$ .) Toepassing: $\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$ en $\sum \frac{(-1)^n}{2n+1} = \frac\pi4$ , opnieuw bewezen uit de machtreeks.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.9.

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

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

(beide leden convergeren omdat $(A_n)$ begrensd is, en de identiteit volgt uit $a_n = A_n - A_{n-1}$ met herindexering). Omdat $(1 - x)\sum x^n = 1$ , is

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

Kies bij gegeven $\varepsilon$ een $N$ met $\abs{A_n - A} \leq \varepsilon$ voor $n > N$ ; dan is

\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 met $x \to 1^-$ is de limsup $\leq \varepsilon$ voor elke $\varepsilon$ . De radiale limiet is dus $A$ .

Toepassingen: $\sum \frac{(-1)^{n-1}}{n}$ convergeert (alternerend), en voor $x < 1$ heeft haar machtreeks som $\ln(1 + x)$ : volgens Abel is de som dus $\ln 2$ . Evenzo geeft $\sum\frac{(-1)^n}{2n+1}x^{2n+1} = \arctan x$ in $x = 1$ de waarde $\frac\pi4$ — de bewijzen met integralen uit bachelorjaar 1, nu structureel.

Oefening 11.10 ★

Toon aan 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 ga na dat de convergentie normaal is op $\intcc{-1}{1}$ ; controleer dat de waarde in $x = 1$ die de continuïteit voorspelt overeenkomt met de telescopische som $\sum \frac{1}{n(n+1)} = 1$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.10.

Zowel $\sum\frac{x^n}{n}$ als $\sum\frac{x^n}{n+1}$ heeft 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 is de som daar continu. Als $x \to 1^-$ gaat $(1-x)\ln(1-x) \to 0$ en gaat de gesloten vorm naar $1$ — in overeenstemming met de telescopische waarde $\sum\frac{1}{n(n+1)} = \lim_N\bigl(1 - \frac{1}{N+1}\bigr) = 1$ in $x = 1$ .

Oefening 11.11 ★★

(Derangementen) Zij $D_n$ het aantal permutaties van $n$ objecten zonder vast punt ( $D_0 = 1$ ). Sorteren we de permutaties van $\{1, \dots, n\}$ naar hun verzameling vaste punten, dan is $n! = \sum_{k=0}^{n}\binom nk D_{n-k}$ . Vermenigvuldig met $\frac{x^n}{n!}$ , sommeer, en herken een Cauchy-product 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 daarna de gesloten vorm $\dfrac{D_n}{n!} = \sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^k}{k!}$ en de limiet $\dfrac{D_n}{n!} \to \eu^{-1}$ af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.11.

De $n!$ permutaties sorteren naar hun verzameling vaste punten: de $k$ vaste punten kiezen ( $\binom nk$ manieren) en de overige $n - k$ objecten derangeren geeft $n! = \sum_{k=0}^n\binom nk D_{n-k}$ . Deling door $n!$ geeft

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

en dat zegt precies dat het Cauchy-product 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 $\abs x < 1$ (want $D_n \leq n!$ , zodat $D$ door de meetkundige reeks wordt gedomineerd): de productidentiteit is dus legitiem (Propositie 11.4), en

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

Cauchy-product 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 de eenduidigheid van de coëfficiënten van een machtreeks (Stelling 11.7) geeft

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

ongeveer $37\%$ van alle permutaties zijn derangementen, wat $n$ ook is.

Oefening 11.12 ★★★

Bewijs met de binomiale reeks 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 te kwadrateren (Cauchy-product 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

af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 11.12.

Binomiale reeks 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},

met $1\cdot3\cdots(2n-1) = \frac{(2n)!}{2^nn!}$ . Bijgevolg is $(1-4x)^{-1/2} = \sum\binom{2n}nx^n$ voor $\abs{4x} < 1$ . Kwadrateren (Cauchy-product, legitiem wegens de 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 de eenduidigheid van de 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 de convergentie

Probleem 11.1

Binnen de convergentieschijf is alles eenvoudig; alle drama van de machtreeksen speelt zich op de rand af. Deze opgave bouwt de randtheorie in de reële veranderlijke op: de stelling van Abel in haar uniforme vorm, haar omkering onder de voorwaarde van Tauber, de hiërarchie van sommatiemethoden van Cesàro en Abel (met de stelling van Frobenius), termsgewijs integreren tot aan de rand met klassieke constanten als opbrengst, en ten slotte de starheid van de analytische functies — de identiteitsstelling. Overal 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 $r_n = \sum_{k\geq n} a_k$ (zodat $r_n \to 0$ en $a_n = r_n - r_{n+1}$ ).

Bewijs met 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 vind de radiale limiet van Oefening 11.9 terug: $f(x) \to \sum a_n$ als $x \to 1^-$ .
(Stelling van Abel voor Cauchy-producten) Zij $\sum a_n = A$ en $\sum b_n = B$ , en neem aan dat het Cauchy-product $\sum c_n$ met $c_n = \sum_{k} a_kb_{n-k}$ convergeert, met som $C$ . Bewijs dat $C = AB$ (binnen de schijf geldt de productidentiteit volgens Propositie 11.4; laat $x \to 1^-$ ).
Toon aan dat de hypothese ertoe doet: voor $a_n = b_n = \frac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}$ convergeren beide reeksen, en toch is $\abs{c_n} \geq \frac{2(n+1)}{n+2} \geq 1$ (begrens elke factor $\sqrt{(k+1)(n-k+1)}$ met de ongelijkheid tussen rekenkundig en meetkundig gemiddelde): het Cauchy-product van twee convergente reeksen kan dus divergeren.
(Een opbrengst van Oefening 11.5) Toon aan dat $\bigl(\ln(1-x)\bigr)^2 = 2\sum_{n\geq1} \frac{H_n}{n+1}x^{n+1}$ op $\intoo{-1}{1}$ , ga na dat $\bigl(\frac{H_n}{n+1}\bigr)_{n\geq1}$ dalend naar $0$ gaat, en besluit 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 aan dat $\sum (-1)^n$ Abel-sommeerbaar is tot $\frac12$ en toch divergent: de stelling van Abel heeft geen onvoorwaardelijke omkering.
(Lemma van Cesàro) Geldt $u_n \to 0$ , dan $\frac{u_1 + \dots + u_N}{N} \to 0$ (splits de som bij een vaste $m$ ).
Neem nu aan dat $n\,a_n \to 0$ en $f(x) \to L$ . Bewijs met $x_N = 1 - \frac1N$ 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 $\sum x_N^n \leq N$ ).
Besluit tot de stelling van Tauber: geldt $n\,a_n \to 0$ en is $\sum a_n$ Abel-sommeerbaar tot $L$ , dan convergeert $\sum a_n$ naar $L$ .
(De eenvoudige tauberstelling voor positieve coëfficiënten) Is $a_n \geq 0$ en is $f$ begrensd op $\intco{0}{1}$ , toon dan aan dat $\sum a_n$ convergeert en $\sum a_n = \lim_{x\to1^-} f(x)$ (begrens $\sum_{n\leq N}a_nx^n \leq f(x)$ en laat $x \to 1^-$ gaan, en gebruik daarna Abel).

Deel III — Gemiddelden van Cesàro 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 aan dat een convergente reeks Cesàro-sommeerbaar is tot haar som (vraag 7 toegepast op $A_n - L$ ).
Bereken de waarde volgens Cesàro van $\sum(-1)^n$ en ga na dat zij overeenkomt met de waarde $\frac12$ volgens Abel uit vraag 6.
Bewijs met $S_n = A_0 + \dots + A_n = (n+1)\,\sigma_{n+1}$ 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: geldt $\sigma_N \to L$ , dan $f(x) \to L$ als $x \to 1^-$ — Cesàro-sommeerbaar impliceert dus Abel-sommeerbaar, met dezelfde waarde (trek de twee identiteiten van elkaar af en splits de som bij een grote $N$ , als in Oefening 11.9).
Toon aan dat de hiërarchie

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

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

Deel IV — Integreren tot aan de rand.

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

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

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

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

(de reeks convergeert volgens Leibniz; integreer de meetkundige reeks $\sum(-1)^nx^{3n}$ met vraag 16; en daarna breuksplitsing: $\frac{1}{1+x^3} = \frac{1/3}{1+x} + \frac{(2-x)/3}{x^2-x+1}$ ).
Leid uit de binomiale reeks voor $(1-t)^{-1/2}$ (Oefening 11.12) af dat

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

waarbij de randwaarde met normale convergentie op $\intcc{-1}{1}$ wordt verantwoord (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 aan 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 daar limiet $2$ .

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 aan dat $f(x) = x^m g(x)$ met $g$ een machtreeks van straal $R$ en $g(0) = a_m \neq 0$ , en leid af dat $f$ op een zekere geperforeerde omgeving van $0$ geen nulpunt heeft.
(Identiteitsstelling) Zijn $f, h$ sommen van machtreeksen bij $0$ en is $(x_k)$ een rij punten ongelijk aan nul met $x_k \to 0$ en $f(x_k) = h(x_k)$ . Bewijs dat $f$ en $h$ dezelfde coëfficiënten hebben en dus bij $0$ samenvallen.
Bepaal alle functies $f$ die bij $0$ analytisch zijn met

$f\Bigl(\frac1k\Bigr) = \frac{k^2}{k^2+1} \qquad\text{voor alle grote gehele } k .$
Toon aan dat een functie die analytisch is op een open interval $I$ en op een deelinterval verdwijnt, op heel $I$ identiek nul is (de verzameling punten waaromheen $f$ identiek verdwijnt is open en, via de identiteitsstelling in de verdichtingspunten, gesloten in $I$ ). Besluit dat geen enkele analytische functie op $\R$ ongelijk aan nul een compacte drager heeft — terwijl er wel $C^\infty$ -bultfuncties bestaan (Oefening 11.7 levert de bouwsteen): analyticiteit is star, gladheid is slap.
Synthese. In telkens één zin: (i) wat de stelling van Abel toevoegt aan het pakket normale convergentie van Lemma 11.1; (ii) de precieze hypothesen waaronder de omkering geldt (Tauber) en de tussenliggende sport (Frobenius); (iii) één randconstante uit Deel IV die je nu in twee regels voor een vriend zou kunnen afleiden; (iv) waar de gemiddelden van Cesàro in dit boek opnieuw zullen opduiken, voor reeksen van heel andere aard.

Oplossing

Oplossing van Probleem 11.1.

1. Met $a_n = r_n - r_{n+1}$ geeft 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 toenamen $x^{n-1} - x^n$ niet-negatief en telescoperen zij 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. Omdat $r_n \to 0$ , gaat $\sup_{n\geq N}\abs{r_n} \to 0$ : vraag 1 is precies het uniforme cauchycriterium op $\intcc{0}{1}$ , dus convergeert $\sum a_nx^n$ daar uniform en is haar som continu (Stelling 10.11). Omdat de waarde in $1$ gelijk is aan $\sum a_n$ , is de continuïteit in $1$ de radiale limiet van Oefening 11.9.

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

4. Hier is

\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,

wegens de ongelijkheid tussen rekenkundig en meetkundig gemiddelde: $\sqrt{(k+1)(n-k+1)} \leq \frac{(k+1) + (n-k+1)}{2} = \frac{n+2}{2}$ . De algemene term van $\sum c_n$ gaat dus niet naar $0$ : het Cauchy-product divergeert, hoewel beide factoren convergeren (alternerende reeksen).

5. Oefening 11.5 geeft $\frac{-\ln(1-x)}{1-x} = \sum H_nx^n$ ( $\abs x < 1$ ). Termsgewijze primitieven (Stelling 11.7 (2)), waarbij beide leden in $0$ verdwijnen:

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

Dalend: $(n+2)H_n \geq (n+1)H_{n+1}$ 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 volgens de alternerende test. Substitueren van $x \mapsto -x$ en vraag 2 toepassen in $x = 1$ geeft

\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 $x \to 1^-$ : dus Abel-sommeerbaar tot $\frac12$ . Maar de partiële sommen zijn $1, 0, 1, 0, \dots$ : divergent.

7. Kies bij gegeven $\varepsilon > 0$ een $m$ met $\abs{u_n} \leq \varepsilon$ voor $n > m$ ; voor $N \geq m$ is

\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 is de limsup $\leq \varepsilon$ voor elke $\varepsilon$ : de gemiddelden gaan naar $0$ .

8. Voor $0 \leq x \leq 1$ is $1 - x^n = (1-x)(1 + x + \dots + x^{n-1}) \leq n(1-x)$ , 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 $n > N$ is $\abs{a_n} = \frac{n\abs{a_n}}{n} \leq \frac{1}{N}\sup_{m>N}m\abs{a_m}$ , 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 $0$ volgens vraag 7 (de gemiddelden van $n\abs{a_n} \to 0$ ), de tweede volgens vraag 8 (het supremum gaat naar $0$ ), en de derde omdat $x_N \to 1^-$ en $f(x) \to L$ . Bijgevolg $A_N \to L$ : de stelling van Tauber.

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

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

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

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

14. Trek $L$ maal de tweede identiteit van de eerste af:

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

Kies bij gegeven $\varepsilon$ een $N$ met $\abs{\sigma_{n+1} - L} \leq \varepsilon$ voor $n \geq N$ ; dan is

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

15. $f(x) = \sum(-1)^n(n+1)x^n = \frac{1}{(1+x)^2}$ (differentieer de meetkundige reeks in $-x$ ): waarde volgens Abel $\frac14$ . Partiële sommen: $A_{2k} = k+1$ en $A_{2k+1} = -(k+1)$ (onmiddellijke inductie). Dan is $S_{2m-1} = 0$ (opeenvolgende paren heffen elkaar op) 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 verdichtingswaarden: dus niet Cesàro-sommeerbaar. Met de vragen 6 en 11–14 is de hiërarchie convergent $\Rightarrow$ Cesàro $\Rightarrow$ Abel bij beide pijlen strikt.

16. De primitieve reeks $F(x) = \sum\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}$ heeft dezelfde straal en $F' = f$ op $\intco{0}{1}$ (Stelling 11.7); omdat $\sum\frac{a_n}{n+1}$ 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 $0$ ), is

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

de oneigenlijke integraal bestaat dus met de genoemde waarde.

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

\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: $\frac{1}{3n+1}\downarrow0$ , dus convergeert de reeks. Op $\intco{0}{1}$ is $\sum(-1)^nx^{3n} = \frac{1}{1+x^3}$ , en $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1}$ convergeert: vraag 16 geeft $\sum\frac{(-1)^n}{3n+1} = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^3}$ . Breuksplitsing (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 .

Met $2 - x = -\frac12(2x-1) + \frac32$ verdwijnt het deel met $\ln(x^2-x+1)$ aan beide uiteinden, en is

\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 termsgewijs integreren (de primitieve van $(1-x^2)^{-1/2}$ die in $0$ verdwijnt is $\arcsin$ ) geeft

\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 dus normaal op $\intcc{-1}{1}$ , haar som is daar continu, en zij valt op $\intoo{-1}{1}$ samen met de continue $\arcsin$ , dus ook in $x = 1$ :

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

20. Er geldt $C_n4^{-n} \sim \frac{1}{\sqrt\pi\,n^{3/2}}$ (Oefening 11.8): normale convergentie van $\sum C_nx^n$ op $\intcc{0}{\frac14}$ , dus is haar som 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 $\frac{1-0}{1/2} = 2$ . Bijgevolg is $\sum_{n\geq0} C_n4^{-n} = 2$ .

21. Er geldt $f(x) = \sum_{n\geq m}a_nx^n = x^m g(x)$ met $g(x) = \sum_{k\geq0}a_{m+k}x^k$ ; is $(a_nr^n)$ begrensd, dan $(a_{m+k}r^k)$ ook (deel door $r^m$ ): $g$ heeft dus straal $\geq R$ . En $g$ is continu met $g(0) = a_m \neq 0$ , dus $g \neq 0$ op een zekere $\intcc{-\delta}{\delta}$ , 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 in de punten $x_k \to 0$ ongelijk aan nul verdwijnt. Was een coëfficiënt van $d$ ongelijk aan nul, dan zou vraag 21 een geperforeerde omgeving van $0$ zonder nulpunten van $d$ geven — in strijd met $d(x_k) = 0$ . Alle coëfficiënten van $d$ verdwijnen dus: $f$ en $h$ hebben gelijke coëfficiënten en vallen bij $0$ samen.

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 stemt met $h$ overeen in de punten $\frac1k \to 0$ : volgens de identiteitsstelling (vraag 22) is dus $f = \frac{1}{1+x^2}$ bij $0$ — de unieke oplossing.

24. Zij $Z$ de verzameling punten van $I$ die een omgeving hebben waarop $f$ identiek verdwijnt: per definitie open, en niet leeg (het deelinterval). Gesloten in $I$ : is $y \in I$ een limiet van punten van $Z$ , dan is $y$ een verdichtingspunt van nulpunten van $f$ ; ontwikkelt men $f$ in een machtreeks in $y$ (analyticiteit) en past men de vragen 21–22 rond $y$ toe, dan verdwijnen alle coëfficiënten in $y$ , dus $f \equiv 0$ bij $y$ : dus $y \in Z$ . 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 nul is, op een interval en dus overal: er bestaat geen analytische bult ongelijk aan nul. De $C^\infty$ -wereld is anders: het aan elkaar plakken van de vlakke functie uit Oefening 11.7 (bijvoorbeeld $x \mapsto \eu^{-1/x^2}\mathbf 1_{x>0}$ en haar spiegelbeeld) levert gladde bulten met compacte drager op.

25. (i) De normale convergentie woont op compacte deelschijven strikt binnen de schijf; de stelling van Abel breidt de continuïteit uit tot een randpunt, onder de enkele hypothese dat de coëfficiëntreeks daar convergeert. (ii) De omkering geldt onder de voorwaarde van Tauber $na_n \to 0$ (vraag 9), en de sommeerbaarheid volgens Cesàro ligt strikt tussen convergentie en sommeerbaarheid volgens Abel in (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 aan de rand te integreren, en daarna breuksplitsing. (iv) De gemiddelden van Cesàro keren in het fourierhoofdstuk terug als de stelling van Fejér, waar het middelen van de partiële sommen het falen van de puntsgewijze convergentie repareert — hetzelfde medicijn, een nieuwe patiënt.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst