Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2 · Bachelor Year 2

6Vergelijking van functies

Asymptotische analyse — de kunst een gecompliceerde grootheid te vervangen door een eenvoudige plus een gecontroleerde fout — begon in het volume van Jaar 1 met Taylorontwikkelingen. Dit hoofdstuk maakt er een discipline op zich van: ontwikkelingen langs algemene schalen, de reeks–integraalvergelijking met haar volle asymptotische kracht, de formule van Stirling (volledig bewezen), en de systematische studie van impliciet gedefinieerde rijen. Deze technieken zijn het dagelijks brood van asymptotische analyse, en elk later hoofdstuk dat iets schat — reeksen, integralen, kansen — eet van deze tafel.

6.1 Vergelijkingsrelaties en schalen

Definitie 6.1

Nabij een punt $a$ ( $a \in \R$ of $\pm\infty$ ), voor functies (of rijen, met $n \to \infty$ ): $f = o(g)$ , $f = O(g)$ , $f \sim g$ zoals in het volume van Jaar 1. Een vergelijkingsschaal in $a$ is een familie van positieve functies, paarsgewijs vergelijkbaar, totaal geordend door $o(\cdot)$ — de standaardschaal in $+\infty$ is

x^{\alpha} (\ln x)^{\beta} \qquad (\alpha, \beta \in \R),

lexicografisch geordend in $(\alpha, \beta)$ , verfijnd wanneer nodig door exponentialen $\eu^{\gamma x}$ .

Definitie 6.2 (Asymptotische ontwikkeling)

$f$ laat de asymptotische ontwikkeling

f = c_1 \varphi_1 + c_2\varphi_2 + \dots + c_k \varphi_k + o(\varphi_k) \qquad (\varphi_{i+1} = o(\varphi_i) \text{ in de schaal})

toe wanneer de opeenvolgende resten aan de weergegeven schattingen voldoen. De coëfficiënten zijn dan uniek: $c_1 = \lim f/\varphi_1$ , en inductief $c_{i+1} = \lim\,(f - \sum_{j \leq i} c_j\varphi_j)/\varphi_{i+1}$ .

Voorbeeld 6.3

Taylorontwikkelingen zijn asymptotische ontwikkelingen langs de schaal $(x - a)^k$ in $a$ . Maar het begrip is strikt ruimer: in $+\infty$ ,

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x \cdot \frac{1}{1 - \frac{\ln x}{x}} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + o\Bigl(\frac{\ln x}{x^2}\Bigr),

een ontwikkeling langs de gemengde schaal — geen Taylorstelling is van toepassing, alleen de meetkundige ontwikkeling en de calculus van $o$ ’s.

Voorbeeld 6.4 (De standaardschaal is echt geordend)

De lexicografische claim van Definitie 6.1 heeft één regel bewijs per geval nodig. Vergelijk $x^{\alpha}(\ln x)^{\beta}$ en $x^{\alpha'}(\ln x)^{\beta'}$ in $+\infty$ . Als $\alpha < \alpha'$ : de ratio is $x^{\alpha - \alpha'}(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ , omdat een negatieve macht van $x$ elke macht van $\ln x$ verplettert (stel $x = \eu^t$ : $\eu^{(\alpha - \alpha')t}\,t^{\beta - \beta'} \to 0$ door de exponentieel-verslaat-polynoom-limiet van het volume van Jaar 1). Als $\alpha = \alpha'$ en $\beta < \beta'$ : de ratio is $(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$ direct. Dus ordenen de paren $(\alpha, \beta)$ , lexicografisch geordend, de schaal door $o(\cdot)$ — en de substitutie $x = \eu^t$ is de universele truc voor gemengde macht-log-vergelijkingen.

Voorbeeld 6.5 (Een menagerie rangschikken)

Schalen moeten geordend zijn; hier is de standaardoefening. In $+\infty$ , vergelijk $n^{10}$ , $\eu^{\sqrt{\ln n}\,\cdot\,\sqrt n}$ , $2^n$ en $n^{\ln n}$ door logaritmen te nemen:

10\ln n \;\ll\; (\ln n)^2 \;\ll\; \sqrt{n\ln n} \;\ll\; n\ln 2 ,

waar $a_n \ll b_n$ betekent $a_n = o(b_n)$ ; de tweede entry is $\ln(n^{\ln n})$ . Exponentialen bewaren deze strikte kloven (als $\ln u_n - \ln v_n \to -\infty$ dan $u_n/v_n \to 0$ ), dus

n^{10} = o\bigl(n^{\ln n}\bigr), \qquad n^{\ln n} = o\bigl(\eu^{\sqrt{n\ln n}}\bigr), \qquad \eu^{\sqrt{n\ln n}} = o(2^n) .

De moraal, tweemaal: vergelijk altijd via logaritmen (verschillen van logs, niet ratio’s van logs), en concludeer nooit $u_n \sim v_n$ uit $\ln u_n \sim \ln v_n$ — het paar $n^{10}$ en $n^{\ln n}$ heeft $\ln$ -ratio naar $\infty$ , maar $2^n$ en $4^n$ hebben $\ln$ -ratio precies $2$ en zijn wild inequivalent.

6.2 Reeks–integraalvergelijking, asymptotisch

Stelling 6.6

Zij $f$ continu, positief, dalend op $\intco{1}{+\infty}$ .

Als $\int_1^{\infty} f$ convergeert, voldoen de resten aan

$\int_{n+1}^{\infty} f \;\leq\; \sum_{k > n} f(k) \;\leq\; \int_{n}^{\infty} f .$
Als $\int_1^\infty f$ divergeert, voldoen de partiële sommen aan $\sum_{k=1}^{n} f(k) = \int_1^n f + C + o(1)$ voor zekere constante $C$ : het verschil $\sum_{k \leq n} f(k) - \int_1^n f$ convergeert.

Bewijs. De inkleming $f(k+1) \leq \int_k^{k+1} f \leq f(k)$ (daling) was het apparaat van Jaar 1; sommeren over $k \geq n+1$ , resp. $k \geq n$ , geeft (1). Voor (2), stel $u_k = f(k) - \int_k^{k+1} f$ : door de inkleming, $0 \leq u_k \leq f(k) - f(k+1)$ , dus zijn de partiële sommen van $\sum u_k$ begrensd door de telescoperende $f(1) - f(n+1) \leq f(1)$ : de reeks convergeert. Bovendien is de rij $\bigl(\int_n^{n+1} f\bigr)_n$ niet-stijgend ( $f$ daalt) en niet-negatief, dus convergent. Schrijvend

\sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f = \sum_{k=1}^{n} u_k + \int_n^{n+1} f ,

convergeert de rechterkant als $n \to \infty$ : het verschil convergeert naar een constante $C$ , wat uitspraak (2) is. ∎

Voorbeeld 6.7 (De harmonische ontwikkeling)

Voor $f(t) = \frac1t$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ , herwint de constante van Euler (volume van Jaar 1) met een schoner bewijs. Eén orde verder duwen (Oefening 6.3):

H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\Bigl(\frac1n\Bigr).

Getallen maken de winst zichtbaar bij $n = 10$ : $H_{10} = 2.928968\dots$ en $\ln 10 = 2.302585\dots$ , dus de ruwe schatting van $\gamma$ is $H_{10} - \ln 10 = 0.626383$ , $0.049$ ernaast; aftrekken van de correctie $\frac1{20}$ geeft $0.576383$ , naast $\gamma = 0.577216$ met slechts $8.3\cdot10^{-4}$ — wat zelf de volgende term $\frac{1}{12\cdot100}$ van de ontwikkeling is, zoals het weekendvraagstuk bewijst (vraag 8).

Voorbeeld 6.8 (Een ruwe $\ln(n!)$ zonder Stirling)

Het inklemingsapparaat alleen al lokaliseert $\ln(n!)$ . Aangezien $\ln$ stijgt,

\int_{k-1}^{k}\ln t\,\dd t \;\leq\; \ln k \;\leq\; \int_{k}^{k+1}\ln t\,\dd t ,

en sommeren over $k = 2, \dots, n$ (met $\int_1^n\ln = n\ln n - n + 1$ ):

n\ln n - n + 1 \;\leq\; \ln(n!) \;\leq\; (n+1)\ln(n+1) - n .

Beide hekken zijn $n\ln n - n + O(\ln n)$ : dus $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ , en in het bijzonder $\ln(n!) \sim n\ln n$ . Wat Stirling toevoegt zijn de volgende twee treden — de $\frac12\ln n$ en de constante $\ln\sqrt{2\pi}$ — die de fijnere telescopatie van Stelling 6.13 kosten. Weten welke precisie elk instrument koopt is de helft van asymptotisch vakmanschap.

Voorbeeld 6.9 (Cancellatie eist ontwikkelingen)

Bereken de limiet van $\sqrt{n^2 + n} - n$ . Beide termen zijn $\sim n$ , en “ $\sim n - n$ ” is zinloos: equivalenten kunnen niet worden afgetrokken. Ontwikkel in plaats daarvan:

\sqrt{n^2 + n} - n = n\Bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\Bigr) = n\Bigl(\frac{1}{2n} - \frac{1}{8n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 - \frac{1}{8n} + O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) :

limiet $\frac12$ , met de naderingssnelheid $\frac1{8n}$ als bonus. Het mechanisme verdient een naam: een verschil van twee grote equivalente grootheden leeft volledig in hun volgende termen, dus moet men ontwikkelen tot de eerste orde waarop de twee kanten verschillen — en de rest meedragen om te certificeren dat niets anders op die orde overleeft.

Voorbeeld 6.10 (Een divergente vergelijking, uitgewerkt)

Voor $f(t) = \frac{1}{t\ln t}$ op $\intco{2}{+\infty}$ (continu, positief, dalend): $\int_2^x f = \ln\ln x - \ln\ln 2 \to \infty$ , dus door Stelling 6.6 (2),

\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k\ln k} = \ln\ln n + C + o(1)

voor zekere constante $C$ . Twee lessen. Eerst, de divergentie is echt maar gletsjerachtig: de partiële som overschrijdt $4$ eerst rond $n \approx \eu^{\eu^{4 - C}}$ , astronomisch groot. Ten tweede werd de vorm $\ln\ln n$ geleverd door een antiderivaat, niet geraden: voor monotone termen is de integraal het canonieke sommeerapparaat, en de constante $C$ — zoals Eulers $\gamma$ — is het geheugen van de begintermen.

6.3 De formule van Stirling

Lemma 6.11 (Wallisintegralen, herzien)

Zij $W_n = \int_0^{\pi/2} \sin^n t\,\dd t$ . Dan $nW_nW_{n-1} = \frac\pi2$ voor $n \geq 1$ , $(W_n)$ daalt, en $W_n \sim \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$ .

Bewijs. Partiële integratie geeft $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ ( $n \geq 2$ ), dus is $nW_nW_{n-1}$ constant in $n$ , gelijk aan $1 \cdot W_1 W_0 = \frac\pi2$ . Daling: $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ op $\intcc{0}{\frac\pi2}$ . De squeeze, in detail: monotoniciteit geeft $W_{n+1} \leq W_n \leq W_{n-1}$ , en delen door $W_{n-1} > 0$ ,

\frac{n}{n+1} = \frac{W_{n+1}}{W_{n-1}} \leq \frac{W_n}{W_{n-1}} \leq 1 ,

de linkeridentiteit uit de recurrentie op index $n + 1$ . Beide grenzen gaan naar $1$ : $W_n \sim W_{n-1}$ , vandaar

nW_n^2 \sim nW_nW_{n-1} = \frac\pi2 \qquad\Longrightarrow\qquad W_n \sim \sqrt{\frac{\pi}{2n}} .

∎

Voorbeeld 6.12 (De eerste Wallisintegralen)

Uit $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ en de recurrentie $nW_n = (n-1)W_{n-2}$ :

W_2 = \frac\pi4, \qquad W_3 = \frac23, \qquad W_4 = \frac{3\pi}{16}, \qquad W_5 = \frac{8}{15}, \qquad W_6 = \frac{5\pi}{32}.

Even indices dragen een $\pi$ , oneven zijn rationaal — de twee verweven producten van de gesloten vormen. Numeriek $W_6 \approx 0.4909$ tegen de asymptotiek $\sqrt{\pi/12} \approx 0.5116$ : bij $n = 6$ is het equivalent al binnen $5\%$ , en de productidentiteit is exact bij elke $n$ : $6\,W_6W_5 = 6\cdot\frac{5\pi}{32}\cdot\frac8{15} = \frac\pi2$ . Kleine tabellen als deze zijn de goedkoopste manier om een algebrafout te vangen voordat zij een asymptotisch argument infecteert.

Stelling 6.13 (Stirling)

n! \;\sim\; \sqrt{2\pi n}\, \Bigl(\frac{n}{\eu}\Bigr)^{\!n} .

Bewijs. Stap 1: $n! \sim C \sqrt n\, (n/\eu)^n$ voor zekere constante $C > 0$ . Stel

d_n = \ln(n!) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n + n .

Dan

d_n - d_{n+1} = \Bigl(n + \frac12\Bigr) \ln\frac{n+1}{n} - 1 = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(n^{-3}\bigr)\Bigr) - 1 = \frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

door de Taylorontwikkeling van $\ln(1 + \frac1n)$ . De reeks $\sum (d_n - d_{n+1})$ convergeert dus absoluut (vergelijking met $\sum n^{-2}$ ), dus convergeert $(d_n)$ , zeg naar $d$ ; exponentiëren, $n! \sim C\sqrt n\,(n/\eu)^n$ met $C = \eu^{d}$ .

Stap 2: $C = \sqrt{2\pi}$ via Wallis. De gesloten vorm $W_{2p} = \frac{(2p)!}{4^p (p!)^2}\cdot\frac\pi2$ (uit de recurrentie, berekening van Jaar 1 herdaan in de setting van Lemma 6.11) combineert met Stap 1:

W_{2p} \sim \frac{C\sqrt{2p}\,(2p/\eu)^{2p}} {4^p\,\bigl(C\sqrt p\,(p/\eu)^p\bigr)^2}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\sqrt{2p}}{C\,p}\cdot\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{C}\cdot\frac{1}{\sqrt{2p}} .

Vergelijken met $W_{2p} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4p}}$ (Lemma 6.11): $\frac{\pi}{C\sqrt{2p}} = \sqrt{\frac{\pi}{4p}}\,(1 + o(1))$ forceert $C = \pi \sqrt{\frac{4p}{2p\,\pi}} = \sqrt{2\pi}$ . ∎

Voorbeeld 6.14 (Centraal binomiaalcoëfficiënt)

\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}{2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} :

de kans dat een symmetrische random walk op tijd $2n$ naar $0$ terugkeert is $\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ — een aankondiging van Hoofdstuk 22.

Opmerking 6.15 (Perspectieven binnen dit volume)

Elk kwantitatief hoofdstuk vooruit spreekt de taal van dit hoofdstuk. Hoofdstuk 7 classificeert reeksen door termen te vergelijken met de schaal $n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}$ — haar weekendvraagstuk brengt die grens volledig in kaart. Hoofdstuk 9 doet hetzelfde voor oneigenlijke integralen, met de identieke schaal in de continue variabele. Hoofdstuk 11 berekent convergentiestralen uit $\limsup\abs{a_n}^{1/n}$ , een equivalent-van- $n$ -de-wortels-oefening waar Stirling de standaardsleutel is ( $\sqrt[n]{n!} \sim \frac n\eu$ , Oefening 6.4). En de kanshoofdstukken cashen Stirling direct: de lokale schattingen van Hoofdstuk 22 voor binomiaalcoëfficiënten zijn Voorbeeld 6.14 en Voorbeeld 6.21 letterlijk. Asymptotiek is hier geen hoofdstuk; het is het accent van het volume.

Methode 6.16 (De bootstrapchecklist)

Voor je een gebootstrapte ontwikkeling vertrouwt, audit vier punten. (1) Eerst bestaan: de wortel of rij moet vastgepind worden (monotoniciteit, tussenwaarden) vóór enige ontwikkeling — symbolen zonder referenten ontwikkelen prachtig en betekenen niets. (2) Eén orde per doorgang: elke substitutie mag alleen vertrouwd worden tot de orde van de ingevoerde schatting; twee nieuwe termen uit één doorgang extraheren is de klassieke bron van foute coëfficiënten. (3) Resten rijden mee: draag de $o(\cdot)$ door elke algebraïsche stap en laat absorptie (kleinere termen opgeslokt door grotere resten) aan het eind expliciet gebeuren. (4) Numerieke audit: evalueer bij één eerlijke waarde van $n$ ; een coëfficiëntfout overleeft algebraïsche herleiding verrassend vaak, en bijna nooit rekenkunde.

Opmerking 6.17 (Veelgemaakte valkuilen)

(i) Equivalenten optellen slecht: uit $u_n \sim n + \ln n$ en $v_n \sim -n$ mag men niet concluderen $u_n + v_n \sim \ln n$ ; cancellaties eisen ontwikkelingen met expliciete resten, nooit kale equivalenten. (ii) Exponentieer nooit een equivalentie: $n + 1 \sim n$ maar $\eu^{n+1} \not\sim \eu^n$ ; de veilige richting is logaritmen nemen van equivalenten die naar $+\infty$ gaan (weekendvraagstuk van dit hoofdstuk, vraag 24). (iii) Een asymptotische ontwikkeling is gehecht aan een schaal: schrijven $f = \frac1x + o\bigl(\frac1{x^2}\bigr)$ claimt meer dan $f = \frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ , en de twee mengen invalideert latere algebra. (iv) In bootstraps, substitueer de hele huidige ontwikkeling, rest inbegrepen — een $o(\cdot)$ mid-pass droppen produceert aannemelijke maar foute coëfficiënten. (v) De reeks–integraalvergelijking eist monotoniciteit: voor oscillerende termen faalt zij botweg (vergelijk $\sum\frac{\sin k}k$ , Hoofdstuk 7).

Voorbeeld 6.18 (Stirling in getallen)

Bij $n = 10$ : de formule geeft $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} \approx 3\,598\,696$ tegen $10! = 3\,628\,800$ : relatieve fout $8.3\cdot10^{-3}$ , opmerkelijk voor een “asymptotische” uitspraak bij $n = 10$ . De fout heeft structuur — de exacte verfijning $n! = \sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n\bigl(1 + \frac1{12n} + O(n^{-2})\bigr)$ — waarvan de eerste correctie $\frac1{120} \approx 8.3\cdot10^{-3}$ de waargenomen kloof bijna exact verklaart. De Euler–Maclaurin-machinerie van het weekendvraagstuk is precies de systematische bron van zulke correctietermen.

Opmerking 6.19 (Waar dit hoofdstuk gebruikt wordt)

Asymptotische vergelijking is de grammatica van alles kwantitatiefs stroomafwaarts: de convergentietests en het Bertrandpanorama van Hoofdstuk 7, de integreerbaarheidscriteria van Hoofdstuk 9, de convergentiestraalberekeningen van Hoofdstuk 11, en de limietstellingen van Hoofdstuk 22 (waar Stirling de de Moivre–Laplace-schattingen draait). Het volume van Jaar 3 industrialiseert het ene idee dat we hier met de hand bewijzen — extraheer de hoofdterm, begrens de rest — tot de Laplace-methode en gedomineerde convergentie.

Voorbeeld 6.20 (Een integraal vergeleken met zichzelf: $\int_2^x \frac{\dd t}{\ln t}$ )

De vergelijkingsgereedschapskist loopt ook op integralen. Zij $F(x) = \int_2^x\frac{\dd t}{\ln t}$ (het integrandum is continu op $\intco2\infty$ ). Partiële integratie:

F(x) = \Bigl[\frac{t}{\ln t}\Bigr]_2^x + \int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2} = \frac{x}{\ln x} + O\Bigl(\int_2^x\frac{\dd t}{(\ln t)^2}\Bigr) + O(1),

en de restintegraal is $o\bigl(\frac{x}{\ln x}\bigr)$ : splits haar in $\sqrt x$ , begrensend door

\int_2^{\sqrt x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \sqrt x \qquad\text{en}\qquad \int_{\sqrt x}^{x}\frac{\dd t}{(\ln t)^2} \leq \frac{x}{(\ln\sqrt x)^2} = \frac{4x}{(\ln x)^2} .

Dus $F(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ . Lezers die de priemgetalstelling in het weekendvraagstuk van dit hoofdstuk ontmoetten herkennen $F$ : zij is de logaritmische integraal, de betere schatter van $\pi(x)$ , en de berekening toont dat zij tot op eerste orde met $\frac{x}{\ln x}$ overeenkomt.

Voorbeeld 6.21 (Stirling op een scheve binomiaal)

Dezelfde drie-faculteitsroutine als voor Voorbeeld 6.14 geeft, voor $\binom{3n}{n} = \frac{(3n)!}{n!\,(2n)!}$ :

\binom{3n}{n} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^{n}\cdot\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}} = \sqrt{\frac{3}{4\pi n}}\, \Bigl(\frac{27}{4}\Bigr)^{\!n} .

De exponentiële rate $\frac{27}4 = \frac{3^3}{2^2}$ is $\eu^{3n\,H(1/3)}$ in de entropienotatie van informatietheorie: scheve binomialen groeien strikt trager dan de centrale $4^n$ per twee stappen — hier $(27/4)^{1/3} \approx 1.89 < 2$ per stap. Elke binomiale asymptotiek in combinatoriek en kansrekening (Hoofdstuk 22) is deze ene berekening met andere gewichten.

6.4 Impliciet gedefinieerde rijen

Methode 6.22

Om de asymptotiek van oplossingen $x_n$ van een vergelijking $F(x, n) = 0$ te vinden:

Lokaliseer: bewijs bestaan en uniciteit van $x_n$ in een bepaald interval (monotoniciteit, tussenwaardestelling), en vind haar ruwe gedrag (limiet, groeiorde).
Bootstrap: substitueer de ruwe vorm $x_n = (\text{hoofdterm})(1 + \varepsilon_n)$ in de vergelijking en los de volgende orde van $\varepsilon_n$ op; herhaal, elke doorgang verfijnt één orde.

Voorbeeld 6.23

Voor $n \geq 1$ heeft de vergelijking $\tan x = x$ precies één oplossing $x_n$ in $\intoo{n\pi - \frac\pi2}{n\pi + \frac\pi2}$ (de functie $\tan x - x$ stijgt daar van $-\infty$ naar $+\infty$ , haar afgeleide is $\tan^2 x \geq 0$ ). Ruw: $x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ met $y_n \in \intoo{0}{\pi}$ ; aangezien $x_n \to \infty$ en $\tan x_n = x_n \to +\infty$ , nadert $x_n$ de asymptoot van links: $y_n \to 0$ . Bootstrap: $\tan x_n = \cot y_n = \frac{1}{\tan y_n} \sim \frac{1}{y_n}$ , en de vergelijking $\cot y_n = x_n \sim n\pi$ geeft $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ . Dus

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + o\Bigl(\frac1n\Bigr),

en het proces gaat door tot elke orde (Oefening 6.6).

Voorbeeld 6.24 (Een tweede run van de methode)

Los $x + \ln x = n$ asymptotisch op. Lokaliseer: $x \mapsto x + \ln x$ stijgt van $-\infty$ naar $+\infty$ op $\intoo{0}{+\infty}$ : een unieke wortel $x_n$ , en $x_n \to \infty$ . Ruw: $\ln x_n = o(x_n)$ geeft $x_n \sim n$ . Bootstrap: uit $x_n = n - \ln x_n$ en $\ln x_n = \ln n + o(1)$ (logaritmen van equivalenten, beide kanten $\to \infty$ ):

x_n = n - \ln n + o(1) ;

nog een doorgang, met $\ln x_n = \ln\bigl(n - \ln n + o(1)\bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\bigl(\frac{\ln n}n\bigr)$ :

x_n = n - \ln n + \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(Controle bij $n = 100$ : de wortel is $x \approx 95.4415$ ; de drietermformule geeft $100 - 4.6052 + 0.0461 = 95.4409$ , de tweeterm $95.3948$ — elke doorgang wint de voorspelde orde.) Zelfde lus, derde landschap: de methode van Methode 6.22 geeft niet om hoe de vergelijking eruitziet, alleen dat elke doorgang de dominante onbekende isoleert.

6.5 Oefeningen

Oefening 6.1 ★

Ontwikkel in $+\infty$ , twee termen voorbij de leidende:

\sqrt{x^2 + x + 1} , \qquad \ln(x^2 + x) - 2\ln x, \qquad \frac{x + \sin x}{x - \ln x} .

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.1.

$\sqrt{x^2 + x + 1} = x\sqrt{1 + \tfrac1x + \tfrac{1}{x^2}} = x + \frac12 + \frac38\cdot\frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$ (binomiale ontwikkeling: $\frac12 u - \frac18 u^2$ met $u = \frac1x + \frac{1}{x^2}$ geeft $\frac{1}{2x} + \frac{1}{2x^2} - \frac{1}{8x^2} = \frac{1}{2x} + \frac{3}{8x^2}$ , dan vermenigvuldigen met $x$ ).

$\ln(x^2 + x) - 2\ln x = \ln\bigl(1 + \tfrac1x\bigr) = \frac1x - \frac{1}{2x^2} + o\bigl(\frac{1}{x^2}\bigr)$ .

Derde functie: ontwikkel elke factor,

\frac{x + \sin x}{x - \ln x} = \Bigl(1 + \frac{\sin x}{x}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{\ln x}{x} + \frac{(\ln x)^2}{x^2} + O\Bigl(\frac{(\ln x)^3}{x^3}\Bigr)\Bigr).

Orden de bijdragen op de schaal in $+\infty$ : $\frac{\ln x}{x} \gg \frac{1}{x} \geq \bigl|\frac{\sin x}{x}\bigr| \gg \frac{(\ln x)^2}{x^2}$ . De twee termen na de leidende $1$ zijn daarom $\frac{\ln x}{x}$ , dan de begrensd-oscillerende term $\frac{\sin x}{x}$ :

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

Oefening 6.2 ★

Geef de aard (convergentie/divergentie) en, wanneer divergent, de leidende asymptotiek van $\sum_{k \leq n} k^\alpha$ voor $\alpha > -1$ , $\alpha = -1$ , $\alpha < -1$ , via Stelling 6.6.

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.2.

$f(t) = t^\alpha$ ( $t \geq 1$ ).

$\alpha > -1$ : divergentie, en door Stelling 6.6 (2), $\sum_{k\leq n} k^\alpha = \frac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C + o(1)$ als $\alpha < 0$ (waar $f$ daalt); voor $\alpha \geq 0$ ( $f$ stijgend) geeft dezelfde inkleming met omgekeerde ongelijkheden $\sum_{k \leq n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha + 1}}{\alpha + 1}$ .

$\alpha = -1$ : $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (Voorbeeld 6.7).

$\alpha < -1$ : convergentie, met rest $\sum_{k > n} k^\alpha \sim \frac{n^{\alpha+1}}{-(\alpha+1)}$ door de inkleming (1) (beide integraalgrenzen zijn equivalent met die waarde).

Oefening 6.3 ★★

Bewijs $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\bigl(\frac1n\bigr)$ . (Bestudeer $v_n = H_n - \ln n - \gamma$ : toon $v_n - v_{n+1} = \frac{1}{2n^2} + O(n^{-3})$ en sommeer de staart, vergelijkend met $\sum_{k \geq n} \frac{1}{2k^2} \sim \frac{1}{2n}$ — Stelling 6.6 (1).)

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.3.

Zij $v_n = H_n - \ln n - \gamma \to 0$ . Dan

v_n - v_{n+1} = \ln\frac{n+1}{n} - \frac{1}{n+1} = \Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2}\Bigr) - \Bigl(\frac1n - \frac{1}{n^2}\Bigr) + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr) = \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr),

met $\frac{1}{n+1} = \frac1n - \frac{1}{n^2} + O(n^{-3})$ . Aangezien $v_n \to 0$ , telescoperen van de staart:

v_n = \sum_{k \geq n} (v_k - v_{k+1}) = \sum_{k\geq n} \Bigl(\frac{1}{2k^2} + O(k^{-3})\Bigr) = \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr),

door Stelling 6.6 (1) toegepast op $t^{-2}$ (rest $\sim \frac1n$ , gehalveerd) en op $t^{-3}$ . Dus $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + o(\frac1n)$ .

Oefening 6.4 ★★

Vind met Stirling equivalenten van: $\dfrac{(3n)!}{(n!)^3}$ ; $\;\dfrac{n!}{n^n}$ ; $\;\sqrt[n]{n!}$ (als $\frac n\eu(1 + o(1))$ , precies gemaakt tot twee termen).

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.4.

Stirling driemaal:

\frac{(3n)!}{(n!)^3} \sim \frac{\sqrt{6\pi n}\,(3n/\eu)^{3n}} {(2\pi n)^{3/2}\,(n/\eu)^{3n}} = \frac{\sqrt{6}\; 27^{\,n}}{2\pi n} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi n}}\cdot\sqrt{2\pi n}\; = \frac{\sqrt3\,27^n}{2\pi n} .

(Zorgvuldig: $\frac{\sqrt{6\pi n}}{(2\pi n)^{3/2}} = \frac{\sqrt6}{(2\pi n)\sqrt{2\pi n}}\sqrt{\pi n} = \frac{\sqrt3}{2\pi n}$ .)

$\dfrac{n!}{n^n} \sim \sqrt{2\pi n}\,\eu^{-n}$ .

$\sqrt[n]{n!} = \exp\bigl(\frac{\ln n!}{n}\bigr)$ met $\ln n! = n\ln n - n + \frac12\ln(2\pi n) + o(1)$ :

\sqrt[n]{n!} = \exp\Bigl(\ln n - 1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr) = \frac{n}{\eu}\Bigl(1 + \frac{\ln(2\pi n)}{2n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

Oefening 6.5 ★★

Bewijs voor $n \geq 2$ dat $x^n + x = 1$ een unieke oplossing $x_n \in \intoo{0}{1}$ heeft, dat $x_n \to 1$ , en vestig

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr).

(Uit $x_n^n = 1 - x_n$ : neem logaritmen en bootstrap met $x_n = 1 - \varepsilon_n$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.5.

$g(x) = x^n + x - 1$ stijgt strikt op $\intcc{0}{1}$ van $-1$ naar $1$ : unieke wortel $x_n$ . Aangezien $x_n^n = 1 - x_n \in \intoo{0}{1}$ : als $x_n \leq c < 1$ langs een deelrij, dan $x_n^n \leq c^n \to 0$ , dus $1 - x_n \to 0$ : tegenspraak met $x_n \leq c$ . Dus $x_n \to 1$ .

Schrijf $x_n = 1 - \varepsilon_n$ , $\varepsilon_n \to 0^+$ . De vergelijking luidt $(1 - \varepsilon_n)^n = \varepsilon_n$ , d.w.z.

n\ln(1 - \varepsilon_n) = \ln \varepsilon_n \quad\Longrightarrow\quad -n\varepsilon_n\bigl(1 + o(1)\bigr) = \ln\varepsilon_n .

Dus $n\varepsilon_n = -\ln\varepsilon_n\,(1 + o(1)) \to +\infty$ , en opnieuw logaritmen nemen: $\ln n + \ln\varepsilon_n = \ln(-\ln\varepsilon_n) + o(1)$ . Aangezien $\ln(-\ln \varepsilon_n) = o(\ln(1/\varepsilon_n))$ , geeft dit $\ln\varepsilon_n \sim -\ln n$ , vandaar $\varepsilon_n = \frac{-\ln\varepsilon_n}{n}(1 + o(1)) \sim \frac{\ln n}{n}$ :

x_n = 1 - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr) .

Oefening 6.6 ★★

Duw Voorbeeld 6.23 één orde verder:

x_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

(Schrijf $\cot y_n = x_n$ exact, ontwikkel $\cot y = \frac1y - \frac y3 + o(y)$ en $x_n = n\pi(1 + \frac{1}{2n} - \dots)$ , en identificeer.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.6.

Exacte relatie: $\cot y_n = x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ , met $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ (Voorbeeld 6.23). Ontwikkel $\cot y = \frac1y - \frac y3 + O(y^3)$ :

\frac{1}{y_n} - \frac{y_n}{3} + O(y_n^3) = n\pi + \frac\pi2 - y_n \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{y_n} = n\pi + \frac\pi2 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

(de termen $-y_n$ en $-\frac{y_n}{3}$ zijn $O(\frac1n)$ ). Inverteer:

y_n = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac{1}{1 + \frac{1}{2n} + O(n^{-2})} = \frac{1}{n\pi}\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr) = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{2n^2\pi} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).

Dus

x_n = n\pi + \frac{\pi}{2} - y_n = n\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{n\pi} + \frac{1}{2n^2\pi} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

Oefening 6.7 ★★

Bepaal $\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n} k!$ (begrens de som van alle termen behalve de laatste twee), en leid de asymptotische ontwikkeling $\sum_{k \leq n} k! = n!\bigl(1 + \frac1n + O(n^{-2})\bigr)$ af.

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.7.

Splits de twee grootste termen af:

\sum_{k=0}^{n} k! = n! + (n-1)! + \sum_{k \leq n-2} k! , \qquad \sum_{k\leq n-2} k! \leq (n-1)\,(n-2)! = (n-1)! .

Dus $1 \leq \frac{1}{n!}\sum k! \leq 1 + \frac{2}{n}$ : de limiet is $1$ . Verfijnen: $\frac{(n-1)!}{n!} = \frac1n$ en de ruwe grens $\sum_{k \leq n-2}k! \leq (n-1)!$ kan op dezelfde manier worden aangescherpt: $\sum_{k\leq n-2} k! = (n-2)!\,(1 + O(\frac1n)) = O\bigl(\frac{n!}{n^2}\bigr)$ . Dus

\sum_{k=0}^{n} k! = n!\Bigl(1 + \frac1n + O\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Oefening 6.8 ★★★

Zij $u_0 > 0$ en $u_{n+1} = u_n + \dfrac{1}{u_n}$ . Bewijs dat $u_n \to \infty$ , dan dat $u_n \sim \sqrt{2n}$ (bestudeer $u_n^2$ : haar incrementen zijn $2 + u_n^{-2}$ ; sommeer), en verfijn:

u_n = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

(Uit $u_n^2 = 2n + \sum_{k<n} u_k^{-2} + u_0^2$ en $u_k^2 \sim 2k$ : de som is $\sim \frac12\ln n$ door Stelling 6.6.)

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.8.

$(u_n)$ stijgt; als begrensd zou zij naar $\ell$ convergeren met $\ell = \ell + \frac1\ell$ : absurd. Dus $u_n \to \infty$ .

Kwadraten: $u_{n+1}^2 = u_n^2 + 2 + u_n^{-2}$ , dus

u_n^2 = u_0^2 + 2n + \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{u_k^2} .

De som is $o(n)$ (termen gaan naar $0$ , Cesàro), dus $u_n^2 \sim 2n$ en $u_n \sim \sqrt{2n}$ .

Verfijning: $\frac{1}{u_k^2} \sim \frac{1}{2k}$ , dus door vergelijking (Stelling 6.6, of equivalenten van partiële sommen van positieve reeksen) $\sum_{k<n} u_k^{-2} \sim \frac12 \ln n$ . Dus

u_n^2 = 2n + \frac{\ln n}{2}\,(1 + o(1)) + O(1) \quad\Longrightarrow\quad u_n = \sqrt{2n}\sqrt{1 + \frac{\ln n}{4n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)} = \sqrt{2n}\Bigl(1 + \frac{\ln n}{8n} + o\Bigl(\frac{\ln n}{n}\Bigr)\Bigr).

Oefening 6.9 ★★★

(Een Riemannsom met een twist) Bepaal het asymptotische gedrag van

S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k\ln n} .

(Factoriseer $n$ : $S_n = \frac1n\sum_k \bigl(1 + \frac{k\ln n}{n}\bigr)^{-1}$ ; herken een Riemann-achtige som met een langzaam variërende parameter $t = \ln n$ , bereken $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1+t)}{t}$ , en besluit $S_n \sim \frac{\ln\ln n}{\ln n}$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.9.

Factoriseer $n$ en stel $t = \ln n$ :

S_n = \frac1n \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{1 + t\,\frac kn} .

Voor vaste $t$ is de som een Riemannsom van $u \mapsto \frac{1}{1 + tu}$ op $\intcc{0}{1}$ ; de functie is monotoon in $u$ , dus wordt de Riemannsom ingeklemd door de integraal verschoven over één mesh:

\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} - \frac1n \leq S_n \leq \int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} + \frac1n

(vergelijking van Riemannsommen van een monotone functie met haar integraal, geldig voor elke $n$ met haar eigen $t = \ln n$ ). Nu $\int_0^1 \frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1 + t)}{t}$ , en $\frac1n = o\bigl(\frac{\ln t}{t}\bigr)$ : dus

S_n = \frac{\ln(1 + \ln n)}{\ln n} + O\Bigl(\frac 1n\Bigr) \;\sim\; \frac{\ln\ln n}{\ln n} .

Oefening 6.10 ★

Bewijs de identiteit $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln\ln n}$ , en rangschik dan de volgende in toenemende $o(\cdot)$ -orde in oneindig, met bewijzen: $n^2$ , $(\ln n)^{\ln n}$ , $2^n$ , $n!$ , $n^n$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.10.

Identiteit: $(\ln n)^{\ln n} = \eu^{\ln n\,\ln\ln n} = \bigl(\eu^{\ln n}\bigr)^{\ln\ln n} = n^{\ln\ln n}$ . Rangschikking: vergelijk logaritmen. $\ln(n^2) = 2\ln n$ ; $\ln\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr) = \ln n\ln\ln n$ ; $\ln(2^n) = n\ln2$ ; $\ln(n!) = n\ln n - n + O(\ln n)$ (Stirling, of de ruwere inkleming $\ln n! \sim n\ln n$ ); $\ln(n^n) = n\ln n$ . Aangezien $2\ln n = o(\ln n\ln\ln n)$ , $\ln n\ln\ln n = o(n)$ , $n\ln 2 = o(n\ln n - n)$ , en $n \ln n - n \sim n\ln n$ maar $n! / n^n \to 0$ (het verschil van logs is $-n + O(\ln n) \to -\infty$ ):

n^2 = o\bigl((\ln n)^{\ln n}\bigr),\quad (\ln n)^{\ln n} = o(2^n),\quad 2^n = o(n!),\quad n! = o(n^n).

(Voor elke stap: het verschil van logaritmen gaat naar $+\infty$ , dus de ratio naar $0$ .)

Oefening 6.11 ★★

(Staart van $\sum 1/k^2$ , twee termen) Met de exacte telescopatie $\sum_{k > n} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{n+1}$ en de ontbinding $\frac1{k^2} = \frac{1}{k(k+1)} + \frac{1}{k^2(k+1)}$ , bewijs

\sum_{k > n} \frac{1}{k^2} = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.11.

Ontbind $\frac1{k^2} = \frac1{k(k+1)} + \frac1{k^2(k+1)}$ en sommeer voor $k > n$ :

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \sum_{k>n}\frac{1}{k^2(k+1)} ,

de eerste som exact telescoperend ( $\frac1{k(k+1)} = \frac1k - \frac1{k+1}$ ). Voor de tweede: $\frac{1}{k^2(k+1)} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ (aangezien $\frac{1}{k^2(k+1)} - \frac1{k^3} = \frac{-1}{k^3(k+1)}$ ), en door de integraalvergelijking $\sum_{k>n}\frac1{k^3} = \frac1{2n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ , $\sum_{k>n}\frac1{k^4} = O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ . Dus

\sum_{k>n}\frac1{k^2} = \frac1{n+1} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac1{n^2} + \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr) = \frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

met $\frac1{n+1} = \frac1n - \frac1{n^2} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ .

Oefening 6.12 ★★★

Zij $u_0 = \frac12$ en $u_{n+1} = u_n + \eu^{-u_n}$ . Bewijs dat $u_n \to \infty$ , dan — $v_n = \eu^{u_n}$ stellend en tonend $v_{n+1} = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr)$ — vestig

u_n = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\Bigl(\frac1n\Bigr).

Oplossing

Oplossing van Oefening 6.12.

$(u_n)$ stijgt; als zij begrensd was zou zij naar een eindige $\ell$ convergeren met $\ell = \ell + \eu^{-\ell}$ : onmogelijk. Dus $u_n \to \infty$ . Zij $v_n = \eu^{u_n} \to \infty$ : dan

v_{n+1} = \eu^{u_n + \eu^{-u_n}} = v_n\,\eu^{1/v_n} = v_n\Bigl(1 + \frac1{v_n} + \frac1{2v_n^2} + O\bigl(v_n^{-3}\bigr)\Bigr) = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} + O\bigl(v_n^{-2}\bigr).

Sommeren van $v_{k+1} - v_k = 1 + O(1)$ geeft eerst $v_n = n + O(n)$ , dus $v_n \geq cn$ uiteindelijk; opnieuw sommeren met $\frac1{2v_k} = O(\frac1k)$ geeft $v_n = n + O(\ln n)$ . Nog een doorgang: $\frac{1}{2v_k} = \frac{1}{2k}\bigl(1 + O\bigl(\tfrac{\ln k}k\bigr)\bigr)$ , dus

v_n = n + \sum_{k<n}\frac1{2k} + O(1) = n + \frac{\ln n}2 + O(1).

Ten slotte $u_n = \ln v_n = \ln n + \ln\Bigl(1 + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)\Bigr) = \ln n + \frac{\ln n}{2n} + O\bigl(\tfrac1n\bigr)$ .

6.6 Vraagstuk: Bootstrappen, van Euler–Maclaurin tot de priemen

Een impliciete of geaccumuleerde grootheid levert haar asymptotiek zelden in één keer; men extraheert ze in doorgangen, elke doorgang voedt de vorige schatting terug in de definiërende relatie. Dit weekendvraagstuk traint die lus op verse vergelijkingen, bewijst de eerste-orde formule van Euler–Maclaurin (de trapeziumopwaardering van de reeks–integraalvergelijking, met rigoureuze foutenbalken), inverteert $x\ln x = n$ , en cash de beroemdste cheque van de methode: uit de toegegeven priemgetalstelling, de asymptotische wet $p_n \sim n\ln n$ van het $n$ -de priemgetal.

Probleem 6.1

Weekendvraagstuk — de Euler–Maclaurin-correctie en de asymptotiek van het $n$ -de priemgetal

Deel I — De bootstrap-lus op een verse vergelijking.

Bewijs de uniciteitsclaim van Definitie 6.2: als $f = \sum_{i\leq k} c_i\varphi_i + o(\varphi_k) = \sum_{i \leq k} c_i'\varphi_i + o(\varphi_k)$ langs dezelfde schaal, dan $c_i = c_i'$ voor alle $i$ . Duw dan het gemengde voorbeeld van de cursus één tree verder:

$\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr) \qquad (x \to +\infty),$

en leg uit waarom geen term $\frac{c}{x^2}$ verschijnt.
Toon dat voor elke $n \geq 1$ de vergelijking $\eu^x + x = n$ precies één reële oplossing $x_n$ heeft, en dat $x_n \to +\infty$ met $x_n \sim \ln n$ .
Bootstrap tweemaal:

$x_n = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr).$
Controleer numeriek bij $n = 1000$ : vergelijk $x_{1000} \approx 6.90083$ met de één-, twee- en drietermwaarden van vraag 3, tot vijf decimalen.

Deel II — Euler–Maclaurin, orde één.

Bewijs de trapeziumkernidentiteit: voor $g$ van klasse $C^2$ op $\intcc{0}{1}$ ,

$\int_0^1 g(t)\,\dd t = \frac{g(0) + g(1)}{2} - \frac12\int_0^1 t(1 - t)\,g''(t)\,\dd t$

(integreer $\frac12 t(1-t)g''$ tweemaal partieel).
Zij $f$ $C^2$ op $\intco{1}{+\infty}$ met $\int_1^\infty \abs{f''} < \infty$ . Toon dat

$E_n = \sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f - \frac{f(1) + f(n)}{2}$

convergeert naar een constante $E$ , met de staartgrens $\abs{E - E_n} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''}$ : de formule van Euler–Maclaurin tot eerste orde.
Pas dit toe op $f(t) = \frac1t$ : bewijs

$H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n, \qquad \abs{\varepsilon_n} \leq \frac{1}{8n^2},$

versterkend Oefening 6.3 (identificeer de constante met $\gamma$ door te vergelijken met Voorbeeld 6.7).
Extraheer de volgende coëfficiënt: toon $\varepsilon_n = -\frac{1}{12n^2} + o\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$ (de incrementen van $E_n$ zijn $\frac12\int_0^1t(1-t)f''(n+t)\dd t = \frac1{12}f''(n) + o(f''(n))$ ; sommeer de staart met Stelling 6.6).
Pas vraag 6 toe op $f = \ln$ : herleid in drie regels de convergentie van $d_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n + n$ (Stap 1 van Stelling 6.13), met de bonusfoutsnelheid $d_n = d + O\bigl(\frac1n\bigr)$ .
Pas vraag 6 toe op $f(t) = \frac{1}{\sqrt t}$ : toon

$\sum_{k=1}^{n}\frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\Bigl(\frac{1}{n^{3/2}}\Bigr)$

voor zekere constante $c$ , en evalueer alle termen bij $n = 10^4$ (de constante is $c \approx -1.4604$ ).

Deel III — Inversie: de vergelijking $x\ln x = n$ .

Toon dat $x\ln x = n$ precies één oplossing $x_n \in \intco{1}{+\infty}$ heeft voor $n \geq 1$ , dat $x_n \to \infty$ , en dat $\ln x_n \sim \ln n$ .
Leid de eenterminversie $x_n \sim \dfrac{n}{\ln n}$ af, dan bootstrap nog eens:

$\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1), \qquad x_n = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).$
Test bij $n = 10^6$ : de ware wortel is $x \approx 87\,848$ ; vergelijk met de eenterm ( $\approx 72\,382$ ) en tweeterm ( $\approx 86\,140$ ) waarden, en leg de trage winst uit (de ontwikkelingsparameter is $\frac{\ln\ln n}{\ln n}$ , slechts $\approx 0.19$ bij $n = 10^6$ ).
We geven toe de priemgetalstelling: het aantal $\pi(x)$ van priemen $\leq x$ voldoet aan $\pi(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ als $x \to \infty$ (eerlijk bewezen in het volume van Jaar 3). Schrijvend $p_n$ voor het $n$ -de priemgetal, rechtvaardig $\pi(p_n) = n$ , en voer de inversie van vragen 11–12 uit om

$p_n \sim n \ln n .$

te bewijzen.
Dividenden: (a) toon $\sum_{k \leq n} p_k \sim \frac{n^2\ln n}{2}$ (vergelijk $\sum k\ln k$ met $\int t\ln t\,\dd t$ ); (b) bereken de benaderde kans dat een uniform willekeurig geheel getal met $100$ cijfers priem is ( $\ln 10^{100} \approx 230.26$ : ongeveer één op $230$ ).

Deel IV — De methode geëxporteerd: $x\tan x = 1$ .

Toon dat voor elke $n \geq 1$ de vergelijking $\tan x = \frac1x$ precies één oplossing $x_n$ heeft in $\intoo{n\pi}{\,n\pi + \frac\pi2}$ , en dat $z_n = x_n - n\pi \to 0^+$ .
Eén term: $z_n \sim \dfrac{1}{n\pi}$ .
Toon dat de ontwikkeling van $z_n$ geen $\frac{c}{n^2}$ -term heeft: $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)$ .
Drie termen: met $\arctan u = u - \frac{u^3}3 + O(u^5)$ en $\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{z_n}{(n\pi)^2} + O(n^{-3}\cdot z_n^2)$ , bewijs

$x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3 n^3} + o\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).$
Controleer bij $n = 3$ : ware wortel $x_3 \approx 9.5293344$ ; vergelijk de één- en drietermwaarden, en contrasteer in één zin met de $\tan x = x$ van de cursus (Voorbeeld 6.23): waar elke rij in haar venster zit, en waarom.

Deel V — Een dynamische bootstrap, spelregels, synthese.

Zij $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ en $u_{n+1} = \sin u_n$ . Toon $u_n \to 0$ dalend, en bereken de limiet van $\dfrac{1}{u_{n+1}^2} - \dfrac{1}{u_n^2}$ (ontwikkel $\sin^{-2}$ via $\sin u = u - \frac{u^3}6 + o(u^3)$ ).
Leid via Cesàro-middelen (volume van Jaar 1) de klassieker

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$

af.
(Gecertificeerde numeriek) Toon met de rigoureuze grens van vraag 7 dat evalueren van $\ln n + \gamma + \frac1{2n}$ bij $n = 10^6$ $H_{10^6}$ levert met fout ten hoogste $1.25\cdot10^{-13}$ — een miljoen-termen-som berekend tot dertien cijfers door drie termen.
(Spelregels) Bewijs of weerleg, met bewijzen of tegenvoorbeelden: (a) als $u_n \sim v_n \to +\infty$ dan $\ln u_n \sim \ln v_n$ ; (b) als $u_n \sim v_n$ dan $\eu^{u_n} \sim \eu^{v_n}$ ; (c) als $f \sim g$ in $+\infty$ ( $f, g$ differentieerbaar) dan $f' \sim g'$ .
(Synthese) In één zin elk: de bootstrap-lus van Methode 6.22 zoals gebruikt in Delen I, III, IV; wat de trapeziumcorrectie toevoegt aan Stelling 6.6; waarom inversie van $x\ln x$ precies de brug van $\pi(x)$ naar $p_n$ is; en welke van de regels van vraag 24 welke stap beschermde. Noem de twee toppen: de formule van Euler–Maclaurin (eerste orde), en de asymptotische wet van het $n$ -de priemgetal.

Oplossing

Oplossing van Probleem 6.1.

1. Aftrekken van de twee ontwikkelingen: $\sum_i (c_i - c_i')\varphi_i = o(\varphi_k)$ . Als zekere coëfficiënt verschilt, zij $i_0$ de eerste: delen door $\varphi_{i_0}$ en gebruiken $\varphi_j = o(\varphi_{i_0})$ voor $j > i_0$ geeft $c_{i_0} - c_{i_0}' = o(1)$ : nul, tegenspraak. Voor de ontwikkeling: met $u = \frac{\ln x}x \to 0$ ,

\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x\cdot\frac{1}{1 - u} = \frac1x\bigl(1 + u + u^2 + O(u^3)\bigr) = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} + \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln x)^2}{x^3}\Bigr).

Geen $\frac c{x^2}$ -term verschijnt omdat de ontwikkeling een meetkundige reeks in $u = \frac{\ln x}{x}$ is: elke term draagt even veel machten van $\ln x$ als van $\frac1x$ voorbij de eerste; de schaal trede $\frac1{x^2}$ (coëfficiënt van $(\ln x)^0$ ) is simpelweg afwezig, met coëfficiënt $0$ .

2. $f(x) = \eu^x + x$ is continu, strikt stijgend, met limieten $-\infty$ en $+\infty$ : een bijectie $\R \to \R$ , dus $x_n = f^{-1}(n)$ bestaat en is uniek, en $x_n \to +\infty$ ( $f^{-1}$ stijgt naar $+\infty$ ). Uit $\eu^{x_n} = n - x_n$ : $x_n = \ln(n - x_n) \leq \ln n$ , dus $x_n/n \to 0$ en $x_n = \ln n + \ln(1 - x_n/n) = \ln n + o(1) \sim \ln n$ .

3. Schrijf $u_n = x_n/n$ . Tweede doorgang: $u_n = \frac{\ln n + o(1)}{n}$ , dus

x_n = \ln n + \ln(1 - u_n) = \ln n - u_n + O(u_n^2) = \ln n - \frac{\ln n}{n} + o\Bigl(\frac{\ln n}n\Bigr).

Derde doorgang: nu $u_n = \frac{\ln n}{n} - \frac{\ln n}{n^2} + o\bigl(\frac{\ln n}{n^2}\bigr)$ , en $\ln(1 - u_n) = -u_n - \frac{u_n^2}2 + O(u_n^3)$ :

x_n = \ln n - \frac{\ln n}n + \frac{\ln n}{n^2} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr) = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} + o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr),

de term $\frac{\ln n}{n^2}$ wordt geabsorbeerd in $o\bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\bigr)$ .

4. Bij $n = 1000$ : $\ln 1000 \approx 6.90776$ (fout $7\cdot10^{-3}$ ); twee termen: $6.90085$ (fout $2\cdot10^{-5}$ ); drie termen: $6.90082$ (fout onder $10^{-5}$ ), tegen $x_{1000} \approx 6.90083$ . Elke doorgang koopt ongeveer de voorspelde factor $\frac{\ln n}{n}$ .

5. Twee partiële integraties, startend van rechts: met $\frac{\dd}{\dd t}\bigl[\tfrac12t(1-t)\bigr] = \tfrac12 - t$ en $t(1-t)$ verdwijnend aan beide einden,

\frac12\int_0^1 t(1-t)g''(t)\dd t = -\int_0^1\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g'(t)\dd t = -\Bigl[\Bigl(\frac12 - t\Bigr)g\Bigr]_0^1 - \int_0^1 g = \frac{g(0) + g(1)}2 - \int_0^1 g .

Herschikt is dit de gestelde identiteit.

6. Bereken het increment, pas dan vraag 5 toe op $g(t) = f(n + t)$ :

\begin{align*} E_{n+1} - E_n &= f(n{+}1) - \int_n^{n+1}\!f - \frac{f(n{+}1) - f(n)}2 \\ &= \frac{f(n) + f(n{+}1)}2 - \int_n^{n+1}\!f = \frac12\int_0^1 t(1-t)f''(n+t)\dd t . \end{align*}

Aangezien $0 \leq t(1-t) \leq \frac14$ : $\abs{E_{n+1} - E_n} \leq \frac18\int_n^{n+1}\abs{f''}$ , waarvan de som over $n$ convergeert door de hypothese: $(E_n)$ convergeert (absoluut sommeerbare incrementen) naar zekere $E$ , met

\abs{E - E_n} \leq \sum_{k\geq n}\abs{E_{k+1} - E_k} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''} .

7. $f(t) = \frac1t$ : $f''(t) = \frac2{t^3}$ , $\int_1^\infty\abs{f''} = 1 < \infty$ . Vraag 6:

H_n = \ln n + \frac{1 + \frac1n}{2} + E + (E_n - E) = \ln n + \Bigl(E + \frac12\Bigr) + \frac1{2n} + \varepsilon_n,

met $\abs{\varepsilon_n} = \abs{E_n - E} \leq \frac18\int_n^\infty\frac{2\dd t}{t^3} = \frac1{8n^2}$ . Vergelijken met $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ (Voorbeeld 6.7) identificeert $E + \frac12 = \gamma$ .

8. Uit de incrementformule van vraag 6,

\varepsilon_n = E_n - E = -\sum_{k\geq n}\frac12\int_0^1 t(1-t)\,\frac{2\,\dd t}{(k+t)^3} = -\sum_{k \geq n}\Bigl(\frac1{k^3}\int_0^1t(1-t)\dd t + O\Bigl(\frac1{k^4}\Bigr)\Bigr),

met $\frac{1}{(k+t)^3} = \frac1{k^3} + O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ uniform voor $t \in \intcc01$ . Met $\int_0^1 t(1-t) = \frac16$ en $\sum_{k\geq n}\frac1{k^3} \sim \frac{1}{2n^2}$ (Stelling 6.6):

\varepsilon_n = -\frac16\cdot\frac{1}{2n^2} + o\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr) = -\frac{1}{12n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr).

9. $f = \ln$ : $f''(t) = -\frac1{t^2}$ , absoluut integreerbaar. Vraag 6 geeft

\ln n! = \int_1^n\ln t\,\dd t + \frac{\ln n}2 + E + O\Bigl( \frac1{8}\int_n^\infty\frac{\dd t}{t^2}\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - n + 1 + E + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

dus $d_n = 1 + E + O\bigl(\frac1n\bigr)$ : convergentie van $(d_n)$ — Stap 1 van Stelling 6.13 — plus de snelheid $O(1/n)$ . (De Stirlingwaarde van de limiet geeft $E = \ln\sqrt{2\pi} - 1$ .)

10. $f(t) = t^{-1/2}$ : $f''(t) = \frac34 t^{-5/2}$ , absoluut integreerbaar. Vraag 6:

\sum_{k=1}^n \frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n - 2 + \frac{1 + \frac1{\sqrt n}}2 + E + O\bigl(n^{-3/2}\bigr) = 2\sqrt n + c + \frac{1}{2\sqrt n} + O\bigl(n^{-3/2}\bigr),

met $c = E - \frac32$ . Bij $n = 10^4$ : $2\sqrt n = 200$ , $c \approx -1.46035$ , $\frac1{2\sqrt n} = 0.005$ : voorspeld $198.54465$ , en inderdaad $\sum_{k\leq10^4}k^{-1/2} = 198.544645\dots$ — drie termen, zeven cijfers.

11. $t \mapsto t\ln t$ is continu en strikt stijgend op $\intco1\infty$ (afgeleide $\ln t + 1 \geq 1$ ), van $0$ naar $+\infty$ : een unieke $x_n$ bestaat, en $x_n \to \infty$ (anders zou $x_n\ln x_n$ begrensd blijven). Logaritmen nemen in $x_n\ln x_n = n$ : $\ln x_n + \ln\ln x_n = \ln n$ ; aangezien $\ln\ln x_n = o(\ln x_n)$ , geeft delen door $\ln x_n$ $\frac{\ln n}{\ln x_n} \to 1$ : $\ln x_n \sim \ln n$ .

12. Uit $x_n = \frac{n}{\ln x_n}$ en $\ln x_n \sim \ln n$ : $x_n \sim \frac{n}{\ln n}$ . Volgende doorgang: $\ln\ln x_n = \ln\bigl(\ln n\,(1 + o(1))\bigr) = \ln\ln n + o(1)$ , dus $\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1)$ en

x_n = \frac{n}{\ln n - \ln\ln n + o(1)} = \frac{n}{\ln n}\cdot\frac{1}{1 - \frac{\ln\ln n + o(1)}{\ln n}} = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n} + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).

13. Bij $n = 10^6$ : $\frac{n}{\ln n} \approx 72\,382$ ( $18\%$ ernaast), twee termen geven $\approx 86\,140$ ( $1.9\%$ ernaast), tegen de ware $x \approx 87\,848$ . De winst per doorgang is slechts de factor $\frac{\ln\ln n}{\ln n} \approx \frac{2.63}{13.8} \approx 0.19$ : logaritmische schalen convergeren met waanzinnige traagheid — een feit van het leven overal waar priemen betrokken zijn.

14. Er zijn precies $n$ priemen $\leq p_n$ (namelijk $p_1, \dots, p_n$ ): $\pi(p_n) = n$ . De priemgetalstelling (toegegeven; volume van Jaar 3) geeft $n = \pi(p_n) \sim \frac{p_n}{\ln p_n}$ , d.w.z. $p_n \sim n\ln p_n$ : dit is de vergelijking $x\ln x \approx n$ achterstevoren gelezen. Logaritmen nemen: $\ln p_n = \ln n + \ln\ln p_n + o(1)$ , en $\ln\ln p_n = o(\ln p_n)$ forceert $\ln p_n \sim \ln n$ zoals in vraag 11. Terugsubstitueren:

p_n \sim n\ln p_n = n\,\ln n\,\frac{\ln p_n}{\ln n} \sim n\ln n .

15. (a) Fixeer $\varepsilon > 0$ ; voor grote $k$ , $(1 - \varepsilon)k\ln k \leq p_k \leq (1 + \varepsilon)k\ln k$ . Door vergelijking met de stijgende $t\ln t$ (Stelling 6.6-achtige inkleming), $\sum_{k\leq n}k\ln k = \int_1^n t\ln t\,\dd t + O(n\ln n) = \frac{n^2\ln n}2 - \frac{n^2}4 + O(n\ln n) \sim \frac{n^2\ln n}2$ . Dus $\sum_{k\leq n}p_k = \frac{n^2\ln n}{2}(1 + O(\varepsilon) + o(1))$ voor elke $\varepsilon$ : $\sum_{k\leq n}p_k \sim \frac{n^2\ln n}2$ . (b) Door de priemgetalstelling is onder de gehele getallen tot $10^{100}$ een proportie $\sim \frac{1}{\ln 10^{100}} = \frac1{230.26\dots}$ priem: een uniform willekeurig $100$ -cijferig geheel getal is priem met kans ongeveer $\frac1{230}$ .

16. Op $\intoo{n\pi}{n\pi + \frac\pi2}$ is $g(x) = \tan x - \frac1x$ continu en strikt stijgend ( $g' = 1 + \tan^2x + \frac1{x^2} > 0$ ), met $g \to -\frac1{n\pi} < 0$ aan het linker einde en $g \to +\infty$ aan het rechter: precies één wortel $x_n$ . Aangezien $\tan z_n = \tan x_n = \frac1{x_n} \to 0$ met $z_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ : $z_n \to 0^+$ .

17. $\tan z_n \sim z_n$ en $\frac1{x_n} \sim \frac1{n\pi}$ : $z_n \sim \frac1{n\pi}$ .

18. $z_n = \arctan\frac1{x_n}$ en $\arctan u = u + O(u^3)$ . Met $z_n = O(\frac1n)$ :

\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi}\cdot\frac1{1 + \frac{z_n}{n\pi}} = \frac1{n\pi} - \frac{z_n}{n^2\pi^2} + O\Bigl(\frac1{n^4}\Bigr) = \frac1{n\pi} + O\Bigl(\frac1{n^3}\Bigr),

dus $z_n = \frac1{n\pi} + O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ : de $\frac{c}{n^2}$ -trede draagt coëfficiënt $0$ , omdat de eerste correctie aan $\frac1{x_n}$ zelf van grootte $\frac{z_n}{n^2} = O(n^{-3})$ is.

19. Steek $z_n = \frac1{n\pi} + O(n^{-3})$ in de vorige weergave:

\frac{1}{x_n} = \frac{1}{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr),

dan $z_n = \arctan\frac1{x_n} = \frac1{x_n} - \frac{1}{3}\Bigl(\frac1{x_n}\Bigr)^3 + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr) = \frac1{n\pi} - \frac{1}{n^3\pi^3} - \frac{1}{3n^3\pi^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr)$ :

x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} - \frac{4}{3\pi^3n^3} + O\Bigl(\frac1{n^5}\Bigr).

20. Bij $n = 3$ : één term $9.53088$ , drie termen $9.52929$ , ware wortel $9.52933$ : fouten $1.5\cdot10^{-3}$ en $5\cdot10^{-5}$ . Contrast: voor $\tan x = x$ moet de wortel $\tan$ enorm maken, dus klemt zij zich aan het rechter einde $n\pi + \frac\pi2$ van het venster, op afstand $\sim\frac1{n\pi}$ vóór de asymptoot; voor $x\tan x = 1$ moet de wortel $\tan$ klein maken, dus zit zij net voorbij het linker einde $n\pi$ , op afstand $\sim\frac1{n\pi}$ na het nulpunt. Zelfde methode, spiegelgeografie.

21. $\sin u < u$ op $\intoo0\pi$ en $\sin$ beeldt $\intoo0\pi$ af in $\intoc01 \subseteq \intoo0\pi$ : na één stap $u_1 \in \intoc{0}{1}$ , dan daalt $(u_n)$ en is van onderen begrensd door $0$ : zij convergeert naar een vast punt van $\sin$ , d.w.z. naar $0$ . Ontwikkeling: $\sin u = u(1 - \frac{u^2}6 + o(u^2))$ , dus

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac1{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\bigl(1 - \tfrac{u_n^2}6 + o(u_n^2)\bigr)^{-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .

22. Door Cesàro (volume van Jaar 1) convergeert het gemiddelde van de incrementen naar dezelfde limiet:

\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{u_n^2} = \frac1n\Bigl(\frac1{u_0^2} + \sum_{k=0}^{n-1} \Bigl(\frac1{u_{k+1}^2} - \frac1{u_k^2}\Bigr)\Bigr) \longrightarrow \frac13 ,

dus $u_n^2 \sim \frac3n$ en, alle termen positief, $u_n \sim \sqrt{3/n}$ .

23. Door vraag 7, $\abs{H_n - \ln n - \gamma - \frac1{2n}} \leq \frac1{8n^2}$ . Bij $n = 10^6$ is deze grens $\frac{1}{8\cdot10^{12}} = 1.25\cdot10^{-13}$ : drie berekende termen leveren de miljoen-termen-harmonische som tot dertien cijfers, met een volledig rigoureus foutcertificaat — het hele punt van een asymptotische formule met expliciete rest.

24. (a) Waar: $\ln u_n - \ln v_n = \ln\frac{u_n}{v_n} \to 0$ terwijl $\ln v_n \to +\infty$ , dus de ratio van logaritmen gaat naar $1$ . (b) Onwaar: $u_n = n + 1 \sim v_n = n$ , maar $\eu^{u_n}/\eu^{v_n} = \eu \neq 1$ . Equivalentie verdraagt additieve fouten $o(1)$ in de exponent, niet $O(1)$ . (c) Onwaar: $f(x) = x + \sin(x^2) \sim g(x) = x$ in $+\infty$ , maar $f'(x) = 1 + 2x\cos(x^2)$ oscilleert onbegrensd terwijl $g' = 1$ : afgeleiden van equivalente functies hoeven helemaal niet vergelijkbaar te zijn.

25. De lus van Methode 6.22 liep identiek driemaal: lokaliseer de wortel, extraheer een ruwe term, voed haar terug voor de volgende orde — op $\eu^x + x = n$ (Deel I), op $x\ln x = n$ (Deel III), op $x\tan x = 1$ (Deel IV). De trapeziumcorrectie waardeert de reeks–integraalvergelijking op van “het verschil convergeert” tot een expliciete $\frac{f(1) + f(n)}2$ -term met een gecertificeerde $O(\int_n^\infty \abs{f''})$ -rest — constanten en foutenbalken in plaats van louter convergentie. De brug naar priemen is pure inversie: de priemgetalstelling zegt $\pi(x)\ln x \approx x$ , dus $p_n$ , gedefinieerd door $\pi(p_n) = n$ , lost een $x\ln x = n$ -vergelijking op — en erft haar asymptotiek. Regel (a) van vraag 24 legitimeerde elke overgang van $u_n \sim v_n$ naar $\ln u_n \sim \ln v_n$ (vragen 11, 14); de onwaarheid van (b) is waarom we nooit equivalenties exponentiëren. Toppen: de formule van Euler–Maclaurin tot eerste orde (vraag 6), en de asymptotische wet $p_n \sim n\ln n$ van het $n$ -de priemgetal (vraag 14).