---
title: "Vergelijking van functies"
book: "Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 2"
subject: math
language: nl
chapter: 6
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/6-vergelijking-van-functies
---

# Hoofdstuk 6 — Vergelijking van functies

De asymptotische analyse — de kunst om een ingewikkelde grootheid te vervangen door een eenvoudige plus een beheerste fout — begon in het volume van bachelorjaar 1 met taylorontwikkelingen. Dit hoofdstuk maakt er een vak op zich van: ontwikkelingen langs algemene schalen, de vergelijking van reeks en integraal met haar volle asymptotische kracht, de formule van Stirling ([volledig](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/4-topologie-van-metrische-ruimten#def-b2-metric-complete) bewezen), en de systematische studie van impliciet gedefinieerde rijen. Deze technieken zijn het dagelijks brood van de asymptotische analyse, en elk later hoofdstuk dat iets schat — reeksen, integralen, kansen — eet mee aan deze tafel.

## 6.1 Vergelijkingsrelaties en schalen

**Definitie 6.1.**

Bij een punt $a$ ($a \in \R$ of $\pm\infty$), voor functies (of voor rijen, met $n \to \infty$): $f = o(g)$, $f = O(g)$ en $f \sim
g$ als in het volume van bachelorjaar 1. Een *vergelijkingsschaal* bij $a$ is een familie positieve functies die paarsgewijs vergelijkbaar zijn en door $o(\cdot)$ totaal geordend worden — de standaardschaal bij $+\infty$ is

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

lexicografisch geordend naar $(\alpha, \beta)$, en zo nodig verfijnd met exponentiëlen $\eu^{\gamma x}$.

**Definitie 6.2 (Asymptotische ontwikkeling).**

$f$ heeft de *asymptotische ontwikkeling*

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

wanneer de opeenvolgende resttermen aan de aangegeven schattingen voldoen. De coëfficiënten liggen dan vast: $c_1 = \lim
f/\varphi_1$, 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](#def-b2-comparison-expansion) langs de schaal $(x - a)^k$ bij $a$. Maar het begrip is strikt ruimer: bij $+\infty$ geldt

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

een ontwikkeling langs de gemengde schaal — geen enkele stelling van Taylor is hier van toepassing, alleen de meetkundige ontwikkeling en het rekenen met $o$’s.

**Voorbeeld 6.4 (De standaardschaal is werkelijk geordend).**

De lexicografische bewering van [Definitie 6.1](#def-b2-comparison-landau) vraagt per geval één regel bewijs. Vergelijk $x^{\alpha}(\ln x)^{\beta}$ en $x^{\alpha'}(\ln x)^{\beta'}$ bij $+\infty$. Is $\alpha < \alpha'$, dan is de verhouding $x^{\alpha - \alpha'}(\ln x)^{\beta - \beta'} \to 0$, want een negatieve macht van $x$ verplettert elke macht van $\ln x$ (zet $x
= \eu^t$: $\eu^{(\alpha - \alpha')t}\,t^{\beta - \beta'} \to 0$ volgens de limiet “exponentieel wint van polynomiaal” uit het volume van bachelorjaar 1). Is $\alpha = \alpha'$ en $\beta <
\beta'$, dan is de verhouding rechtstreeks $(\ln x)^{\beta -
\beta'} \to 0$. De lexicografisch geordende paren $(\alpha,
\beta)$ ordenen de schaal dus naar $o(\cdot)$ — en de substitutie $x = \eu^t$ is de universele truc voor gemengde vergelijkingen van machten en logaritmen.

**Voorbeeld 6.5 (Een menagerie rangschikken).**

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

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

waarbij $a_n \ll b_n$ betekent dat $a_n = o(b_n)$; de tweede term is $\ln(n^{\ln n})$. Exponentiëren behoudt deze strikte kloven (gaat $\ln u_n - \ln v_n \to -\infty$, 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 logaritmen, niet verhoudingen van logaritmen), en besluit nooit tot $u_n \sim v_n$ uit $\ln u_n \sim \ln v_n$ — het paar $n^{10}$ en $n^{\ln n}$ heeft een $\ln$-verhouding die naar $\infty$ gaat, terwijl $2^n$ en $4^n$ een $\ln$-verhouding van precies $2$ hebben en toch wild niet-equivalent zijn.

## 6.2 Vergelijking van reeks en integraal, asymptotisch

**Stelling 6.6.**

Zij $f$ [continu](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/4-topologie-van-metrische-ruimten#def-b2-metric-continuity), positief en *dalend* op $\intco{1}{+\infty}$.

1. Convergeert $\int_1^{\infty} f$, dan voldoen de restsommen aan $$\int_{n+1}^{\infty} f \;\leq\; \sum_{k > n} f(k) \;\leq\;  \int_{n}^{\infty} f .$$
2. Divergeert $\int_1^\infty f$ , dan 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 insluiting $f(k+1) \leq \int_k^{k+1} f \leq f(k)$ (dalend) was het middel uit bachelorjaar 1; sommeren over $k \geq n+1$ respectievelijk $k \geq n$ geeft (1). Zet voor (2) $u_k = f(k) -
\int_k^{k+1} f$: uit de insluiting volgt $0 \leq u_k \leq f(k) -
f(k+1)$, dus zijn de partiële sommen van $\sum u_k$ begrensd door de telescopische som $f(1) - f(n+1) \leq f(1)$: de reeks convergeert. Bovendien is de rij $\bigl(\int_n^{n+1} f\bigr)_n$ niet-stijgend ($f$ daalt) en niet-negatief, en dus convergent. Met

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

convergeert het rechterlid als $n \to \infty$: het verschil convergeert naar een constante $C$, en dat is uitspraak (2). ∎

**Voorbeeld 6.7 (De harmonische ontwikkeling).**

Voor $f(t) = \frac1t$: $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$, waarmee de constante van Euler (volume van bachelorjaar 1) met een schoner bewijs wordt teruggevonden. Eén orde verder ([Oefening 6.3](#exo-b2-comparison-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 $H_{10} - \ln 10 = 0.626383$, er $0.049$ naast; trekken we de correctie $\frac1{20}$ eraf, dan krijgen we $0.576383$, slechts $8.3\cdot10^{-4}$ van $\gamma = 0.577216$ verwijderd — en dat is zelf de volgende term $\frac{1}{12\cdot100}$ van de ontwikkeling, zoals de weekendopgave bewijst (vraag 8).

**Voorbeeld 6.8 (Een ruwe ln⁡(n!)\ln(n!)ln(n!) zonder Stirling).**

Het insluitingsmiddel alleen lokaliseert $\ln(n!)$ al. Omdat $\ln$ stijgt, geldt

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

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

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

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 daaraan toevoegt zijn de volgende twee sporten — de $\frac12\ln n$ en de constante $\ln\sqrt{2\pi}$ — die de fijnere telescopering van [Stelling 6.13](#thm-b2-comparison-stirling) kosten. Weten welke precisie elk gereedschap koopt, is de helft van het asymptotische vakmanschap.

**Voorbeeld 6.9 (Wegvallen vraagt om ontwikkelingen).**

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

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

de limiet is $\frac12$, met de naderingssnelheid $\frac1{8n}$ als bonus. Het mechanisme verdient een naam: een verschil van twee grote equivalente grootheden leeft [volledig](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/4-topologie-van-metrische-ruimten#def-b2-metric-complete) in hun *volgende* termen, dus moet men ontwikkelen tot de eerste orde waarin de twee kanten verschillen — en de restterm meenemen om te certificeren dat er in die orde niets anders overleeft.

**Voorbeeld 6.10 (Een divergente vergelijking, uitgewerkt).**

Voor $f(t) = \frac{1}{t\ln t}$ op $\intco{2}{+\infty}$ ([continu](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/4-topologie-van-metrische-ruimten#def-b2-metric-continuity), positief, dalend) is $\int_2^x f = \ln\ln x - \ln\ln 2 \to
\infty$, dus geeft [Stelling 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral) (2)

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

voor zekere constante $C$. Twee lessen. Ten eerste is de divergentie echt maar ijzig traag: de partiële som overschrijdt $4$ pas rond $n \approx \eu^{\eu^{4 - C}}$, astronomisch groot. Ten tweede werd de *vorm* $\ln\ln n$ geleverd door een primitieve, niet geraden: voor monotone termen is de integraal het canonieke somgereedschap, en de constante $C$ — net als de $\gamma$ van Euler — is het geheugen van de eerste termen.

## 6.3 De formule van Stirling

**Lemma 6.11 (Wallis-integralen, hernomen).**

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

**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 $1 \cdot W_1 W_0 =
\frac\pi2$. Dalend: $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ op $\intcc{0}{\frac\pi2}$. De insluiting in detail: de monotonie geeft $W_{n+1} \leq W_n \leq W_{n-1}$, en deling door $W_{n-1} > 0$ levert

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

waarbij de linkeridentiteit uit de recurrentie bij index $n + 1$ komt. Beide grenzen gaan naar $1$: dus $W_n \sim W_{n-1}$, waaruit

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

∎

**Voorbeeld 6.12 (De eerste Wallis-integralen).**

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

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

De even indices dragen een $\pi$, de oneven zijn rationaal — de twee vervlochten producten uit de gesloten vormen. Numeriek is $W_6 \approx 0.4909$ tegenover de asymptotische waarde $\sqrt{\pi/12} \approx 0.5116$: bij $n = 6$ zit het equivalent al binnen $5\%$, en de productidentiteit klopt 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 algebrafoutje te vangen voordat het een asymptotisch argument besmet.

**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 $C > 0$.* Zet

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

Dan is

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

volgens de taylorontwikkeling van $\ln(1 + \frac1n)$. De reeks $\sum (d_n - d_{n+1})$ convergeert dus absoluut (vergelijking met $\sum n^{-2}$), zodat $(d_n)$ convergeert, zeg naar $d$; exponentiëren geeft $n! \sim C\sqrt n\,(n/\eu)^n$ 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, de berekening uit bachelorjaar 1 opnieuw gedaan in de context van [Lemma 6.11](#lem-b2-comparison-wallis)) combineert met stap 1:

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

Vergelijking met $W_{2p} \sim \sqrt{\frac{\pi}{4p}}$ ([Lemma 6.11](#lem-b2-comparison-wallis)): uit $\frac{\pi}{C\sqrt{2p}} = \sqrt{\frac{\pi}{4p}}\,(1 + o(1))$ volgt $C = \pi \sqrt{\frac{4p}{2p\,\pi}} = \sqrt{2\pi}$. ∎

**Voorbeeld 6.14 (Centrale 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 toevalswandeling op tijdstip $2n$ naar $0$ terugkeert, is $\sim \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ — een aankondiging van [Hoofdstuk 22](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/22-discrete-toevalsveranderlijken#ch-b2-randomvar).

**Opmerking 6.15 (Vooruitblik binnen dit volume).**

Elk kwantitatief hoofdstuk hierna spreekt de taal van dit hoofdstuk. [Hoofdstuk 7](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/7-rijen-en-reeksen#ch-b2-series) klasseert reeksen door de termen met de schaal $n^{-\alpha}(\ln n)^{-\beta}$ te vergelijken — de weekendopgave daar brengt die grens [volledig](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/4-topologie-van-metrische-ruimten#def-b2-metric-complete) in kaart. [Hoofdstuk 9](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/9-integratie#ch-b2-integration) doet hetzelfde voor oneigenlijke integralen, met dezelfde schaal in de [continue](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/4-topologie-van-metrische-ruimten#def-b2-metric-continuity) veranderlijke. [Hoofdstuk 11](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/11-machtreeksen#ch-b2-powerseries) berekent convergentiestralen uit $\limsup\abs{a_n}^{1/n}$, een oefening in equivalenten van $n$-de wortels waarbij Stirling de standaardsleutel is ($\sqrt[n]{n!} \sim \frac n\eu$, [Oefening 6.4](#exo-b2-comparison-4)). En de kanshoofdstukken verzilveren Stirling rechtstreeks: de lokale schattingen van [Hoofdstuk 22](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/22-discrete-toevalsveranderlijken#ch-b2-randomvar) voor binomiaalcoëfficiënten zijn woordelijk [Voorbeeld 6.14](#ex-b2-comparison-centralbinomial) en [Voorbeeld 6.21](#ex-b2-comparison-lopsided). De asymptotiek is hier geen hoofdstuk; zij is het accent van het hele volume.

**Methode 6.16 (De checklist voor bootstrappen).**

Controleer vier punten voordat je een gebootstrapte ontwikkeling vertrouwt. (1) *Eerst het bestaan:* het nulpunt of de rij moet zijn vastgepind (monotonie, tussenwaarden) voordat er ook maar iets wordt ontwikkeld — symbolen zonder referent laten zich prachtig ontwikkelen en betekenen niets. (2) *Eén orde per ronde:* elke substitutie mag slechts tot de orde van de ingevoerde schatting worden vertrouwd; twee nieuwe termen uit één ronde persen is de klassieke bron van verkeerde coëfficiënten. (3) *Resttermen rijden mee:* sleep de $o(\cdot)$ door elke algebraïsche stap mee en laat de absorptie (kleinere termen door grotere resttermen opgeslokt) pas aan het eind gebeuren, en expliciet. (4) *Numerieke controle:* evalueer bij één eerlijke waarde van $n$; een fout in een coëfficiënt overleeft een algebraïsche herafleiding verrassend vaak, en overleeft de rekenkunde bijna nooit.

**Opmerking 6.17 (Klassieke valkuilen).**

(i) Equivalenten *tellen* slecht op: uit $u_n \sim n + \ln n$ en $v_n \sim -n$ mag men *niet* besluiten dat $u_n + v_n \sim
\ln n$; wegvallende termen vragen om ontwikkelingen met expliciete resttermen, nooit om 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 (de weekendopgave van dit hoofdstuk, vraag 24). (iii) Een [asymptotische ontwikkeling](#def-b2-comparison-expansion) hoort bij een *schaal*: schrijven dat $f = \frac1x + o\bigl(\frac1{x^2}\bigr)$ beweert meer dan $f = \frac1x + o\bigl(\frac1x\bigr)$, en de twee mengen maakt alle latere algebra ongeldig. (iv) Substitueer bij het bootstrappen de *hele* huidige ontwikkeling, restterm inbegrepen — een $o(\cdot)$ halverwege laten vallen levert plausibele maar verkeerde coëfficiënten op. (v) De vergelijking van reeks en integraal heeft monotonie nodig: voor oscillerende termen faalt zij ronduit (vergelijk $\sum\frac{\sin k}k$, [Hoofdstuk 7](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/7-rijen-en-reeksen#ch-b2-series)).

**Voorbeeld 6.18 (Stirling in getallen).**

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

**Opmerking 6.19 (Waar dit hoofdstuk wordt gebruikt).**

De asymptotische vergelijking is de grammatica van alles wat verderop kwantitatief is: de convergentietests en het Bertrand-panorama van [Hoofdstuk 7](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/7-rijen-en-reeksen#ch-b2-series), de integreerbaarheidscriteria van [Hoofdstuk 9](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/9-integratie#ch-b2-integration), de berekeningen van convergentiestralen in [Hoofdstuk 11](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/11-machtreeksen#ch-b2-powerseries), en de limietstellingen van [Hoofdstuk 22](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/22-discrete-toevalsveranderlijken#ch-b2-randomvar) (waar Stirling de schattingen van de Moivre en Laplace aandrijft). Het volume van bachelorjaar 3 industrialiseert het ene idee dat wij hier met de hand bewijzen — haal de hoofdterm eruit, begrens de rest — tot de methode van Laplace en de gedomineerde convergentie.

**Voorbeeld 6.20 (Een integraal met zichzelf vergeleken: ∫2x ⁣dtln⁡t\int_2^x \frac{\dd t}{\ln t}∫2x​lntdt​).**

De vergelijkingsgereedschapskist werkt ook op integralen. Zij $F(x) = \int_2^x\frac{\dd t}{\ln t}$ (de integrand is [continu](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/4-topologie-van-metrische-ruimten#def-b2-metric-continuity) op $\intco2\infty$). Partieel integreren:

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

en de restintegraal is $o\bigl(\frac{x}{\ln x}\bigr)$: splits haar bij $\sqrt x$ en begrens met

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

Bijgevolg is $F(x) \sim \frac{x}{\ln x}$. Wie de priemgetalstelling in de weekendopgave van dit hoofdstuk is tegengekomen, herkent $F$: het is de logaritmische integraal, de betere schatter van $\pi(x)$, en de berekening laat zien dat zij tot op de eerste orde met $\frac{x}{\ln x}$ overeenstemt.

**Voorbeeld 6.21 (Stirling op een scheve binomiaalcoëfficiënt).**

Dezelfde routine met drie faculteiten als bij [Voorbeeld 6.14](#ex-b2-comparison-centralbinomial) 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 snelheid $\frac{27}4 = \frac{3^3}{2^2}$ is $\eu^{3n\,H(1/3)}$ in de entropienotatie van de informatietheorie: scheve binomiaalcoëfficiënten groeien strikt langzamer dan de centrale $4^n$ per twee stappen — hier $(27/4)^{1/3} \approx
1.89 < 2$ per stap. Elke asymptotiek van binomiaalcoëfficiënten in de combinatoriek en de kansrekening ([Hoofdstuk 22](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/22-discrete-toevalsveranderlijken#ch-b2-randomvar)) is deze ene berekening met andere gewichten.

## 6.4 Impliciet gedefinieerde rijen

**Methode 6.22.**

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

1. *Lokaliseer* : bewijs het bestaan en de eenduidigheid van $x_n$ in een bepaald interval (monotonie, tussenwaardestelling), en bepaal het ruwe gedrag (limiet, groeiorde).
2. *Bootstrap* : substitueer de ruwe vorm $x_n =  (\text{hoofdterm})(1 + \varepsilon_n)$ in de vergelijking en los op naar de volgende orde van $\varepsilon_n$ ; herhaal, waarbij elke ronde één orde verfijnt.

**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 $-\infty$ tot $+\infty$, want haar afgeleide is $\tan^2 x \geq 0$). *Ruw:* $x_n = n\pi
+ \frac\pi2 - y_n$ met $y_n \in \intoo{0}{\pi}$; omdat $x_n \to
\infty$ 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 $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$. Bijgevolg is

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

en het proces gaat tot elke orde door ([Oefening 6.6](#exo-b2-comparison-6)).

**Voorbeeld 6.24 (Een tweede ronde van de methode).**

Los $x + \ln x = n$ asymptotisch op. *Lokaliseer:* $x \mapsto
x + \ln x$ stijgt op $\intoo{0}{+\infty}$ van $-\infty$ tot $+\infty$: dus één nulpunt $x_n$, en $x_n \to \infty$. *Ruw:* uit $\ln x_n = o(x_n)$ volgt $x_n \sim n$. *Bootstrap:* uit $x_n = n - \ln x_n$ en $\ln x_n = \ln n + o(1)$ (logaritmen van equivalenten, beide leden $\to \infty$):

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

nog een ronde, 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 $n = 100$: het nulpunt is $x \approx 95.4415$; de formule met drie termen geeft $100 - 4.6052 + 0.0461 = 95.4409$ en die met twee termen $95.3948$ — elke ronde wint de voorspelde orde.) Dezelfde lus, een derde landschap: de methode van [Methode 6.22](#met-b2-comparison-implicit) maalt niet om de gedaante van de vergelijking, zolang elke ronde de dominante onbekende isoleert.

## 6.5 Oefeningen

**Oefening 6.1 ★.**

Ontwikkel bij $+\infty$, twee termen voorbij de hoofdterm:

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

**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 $\frac{1}{2x} + \frac{1}{2x^2} -
\frac{1}{8x^2} = \frac{1}{2x} + \frac{3}{8x^2}$, en vermenigvuldig daarna 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 bij $+\infty$: $\frac{\ln x}{x}
\gg \frac{1}{x} \geq \bigl|\frac{\sin x}{x}\bigr| \gg \frac{(\ln
x)^2}{x^2}$. De twee termen na de hoofdterm $1$ zijn dus $\frac{\ln x}{x}$, en daarna 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 of divergentie) en, bij divergentie, de hoofdasymptotiek van $\sum_{k \leq n} k^\alpha$ voor $\alpha > -1$, $\alpha = -1$ en $\alpha < -1$, met [Stelling 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral).

**Oplossing van Oefening 6.2.**

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

$\alpha > -1$: divergentie, en volgens [Stelling 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral) (2) geldt $\sum_{k\leq n}
k^\alpha = \frac{n^{\alpha+1}}{\alpha+1} + C + o(1)$ als $\alpha <
0$ (daar daalt $f$); voor $\alpha \geq 0$ ($f$ stijgt) geeft dezelfde insluiting 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](#ex-b2-comparison-harmonic)).

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

**Oefening 6.3 ★★.**

Bewijs dat $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} +
o\bigl(\frac1n\bigr)$. *(Bestudeer $v_n = H_n - \ln n -
\gamma$: toon aan dat $v_n - v_{n+1} = \frac{1}{2n^2} +
O(n^{-3})$ en sommeer de staart, met de vergelijking $\sum_{k \geq
n} \frac{1}{2k^2} \sim \frac{1}{2n}$ — [Stelling 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral) (1).)*

**Oplossing van Oefening 6.3.**

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

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

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

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

via [Stelling 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral) (1) toegepast op $t^{-2}$ (restsom $\sim \frac1n$, gehalveerd) en op $t^{-3}$. Bijgevolg is $H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} +
o(\frac1n)$.

**Oefening 6.4 ★★.**

Bepaal met Stirling equivalenten van $\dfrac{(3n)!}{(n!)^3}$, $\;\dfrac{n!}{n^n}$ en $\;\sqrt[n]{n!}$ (als $\frac n\eu(1 +
o(1))$, tot op twee termen preciesgemaakt).

**Oplossing van Oefening 6.4.**

Drie keer Stirling:

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

(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 $x^n + x = 1$ precies één oplossing $x_n
\in \intoo{0}{1}$ heeft, dat $x_n \to 1$, en leid af dat

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

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

**Oplossing van Oefening 6.5.**

$g(x) = x^n + x - 1$ stijgt strikt op $\intcc{0}{1}$ van $-1$ naar $1$: dus één nulpunt $x_n$. Omdat $x_n^n = 1 - x_n \in
\intoo{0}{1}$: zou $x_n \leq c < 1$ langs een deelrij, dan $x_n^n
\leq c^n \to 0$, dus $1 - x_n \to 0$: in strijd met $x_n \leq c$. Bijgevolg is $x_n \to 1$.

Schrijf $x_n = 1 - \varepsilon_n$ met $\varepsilon_n \to 0^+$. De vergelijking luidt $(1 - \varepsilon_n)^n = \varepsilon_n$, dat wil zeggen

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

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

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

**Oefening 6.6 ★★.**

Voer [Voorbeeld 6.23](#ex-b2-comparison-tan) één orde verder door:

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

*(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 van Oefening 6.6.**

Exacte betrekking: $\cot y_n = x_n = n\pi + \frac\pi2 - y_n$ met $y_n \sim \frac{1}{n\pi}$ ([Voorbeeld 6.23](#ex-b2-comparison-tan)). 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:

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

Bijgevolg is

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

**Oefening 6.7 ★★.**

Bepaal $\lim_{n\to\infty} \dfrac{1}{n!}\sum_{k=0}^{n} k!$ *(begrens de som van alle termen op de laatste twee na)*, en leid daaruit de [asymptotische ontwikkeling](#def-b2-comparison-expansion) $\sum_{k \leq n} k! =
n!\bigl(1 + \frac1n + O(n^{-2})\bigr)$ af.

**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 $1$. Verfijning: $\frac{(n-1)!}{n!} = \frac1n$, en de ruwe grens $\sum_{k \leq n-2}k! \leq (n-1)!$ laat zich op dezelfde manier aanscherpen: $\sum_{k\leq n-2} k! = (n-2)!\,(1 + O(\frac1n)) =
O\bigl(\frac{n!}{n^2}\bigr)$. Bijgevolg is

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

**Oefening 6.8 ★★★.**

Zij $u_0 > 0$ en $u_{n+1} = u_n + \dfrac{1}{u_n}$. Bewijs dat $u_n
\to \infty$, vervolgens dat $u_n \sim \sqrt{2n}$ *(bestudeer $u_n^2$: haar toenamen 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 $\sim \frac12\ln n$ volgens [Stelling 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral).)*

**Oplossing van Oefening 6.8.**

$(u_n)$ stijgt; was zij begrensd, dan zou zij naar een $\ell$ 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 $o(n)$ (de 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 levert de vergelijking ([Stelling 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral), of equivalenten van partiële sommen van positieve reeksen) $\sum_{k<n} u_k^{-2} \sim \frac12 \ln n$. Bijgevolg is

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

**Oefening 6.9 ★★★.**

(Een riemannsom met een addertje) Bepaal het asymptotische gedrag van

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

*(Haal $n$ buiten haakjes: $S_n = \frac1n\sum_k \bigl(1 +
\frac{k\ln n}{n}\bigr)^{-1}$; herken een som van het type Riemann met een traag variërende parameter $t = \ln n$, bereken $\int_0^1
\frac{\dd u}{1 + tu} = \frac{\ln(1+t)}{t}$, en besluit dat $S_n
\sim \frac{\ln\ln n}{\ln n}$.)*

**Oplossing van Oefening 6.9.**

Haal $n$ buiten haakjes en zet $t = \ln n$:

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

Bij 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 ingesloten door de integraal, één maaswijdte verschoven:

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

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

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

**Oefening 6.10 ★.**

Bewijs de identiteit $(\ln n)^{\ln n} = n^{\ln\ln n}$, en rangschik daarna de volgende grootheden bij oneindig in stijgende $o(\cdot)$-volgorde, met bewijs: $n^2$, $(\ln n)^{\ln n}$, $2^n$, $n!$, $n^n$.

**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 insluiting $\ln n!
\sim n\ln n$); $\ln(n^n) = n\ln n$. Omdat $2\ln n = o(\ln n\ln\ln
n)$, $\ln n\ln\ln n = o(n)$, $n\ln 2 = o(n\ln n - n)$, en $n \ln n
- n \sim n\ln n$ terwijl $n! / n^n \to 0$ (het verschil van de logaritmen is $-n + O(\ln n) \to -\infty$), volgt

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

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

**Oefening 6.11 ★★.**

(Staart van $\sum 1/k^2$, twee termen) Bewijs met de exacte telescopering $\sum_{k > n} \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{n+1}$ en de splitsing $\frac1{k^2} = \frac{1}{k(k+1)} + \frac{1}{k^2(k+1)}$ dat

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

**Oplossing van Oefening 6.11.**

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

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

waarbij de eerste som exact telescopeert ($\frac1{k(k+1)} = \frac1k
- \frac1{k+1}$). Voor de tweede: $\frac{1}{k^2(k+1)} = \frac1{k^3}
+ O\bigl(\frac1{k^4}\bigr)$ (want $\frac{1}{k^2(k+1)} -
\frac1{k^3} = \frac{-1}{k^3(k+1)}$), en de vergelijking met de integraal geeft $\sum_{k>n}\frac1{k^3} = \frac1{2n^2} +
O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$ en $\sum_{k>n}\frac1{k^4} =
O\bigl(\frac1{n^3}\bigr)$. Bijgevolg is

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

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 $u_n \to \infty$, en leid vervolgens — door $v_n = \eu^{u_n}$ te zetten en aan te tonen dat $v_{n+1} = v_n + 1 + \frac{1}{2v_n} +
O\bigl(v_n^{-2}\bigr)$ — af dat

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

**Oplossing van Oefening 6.12.**

$(u_n)$ stijgt; was zij begrensd, dan 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 is

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

Het sommeren van $v_{k+1} - v_k = 1 + O(1)$ geeft eerst $v_n = n +
O(n)$, dus $v_n \geq cn$ vanaf zekere rang; opnieuw sommeren met $\frac1{2v_k} = O(\frac1k)$ geeft $v_n = n + O(\ln n)$. Nog een ronde: $\frac{1}{2v_k} = \frac{1}{2k}\bigl(1 +
O\bigl(\tfrac{\ln k}k\bigr)\bigr)$, 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 Probleem: Bootstrappen, van Euler–Maclaurin tot de priemgetallen

Een impliciete of opgestapelde grootheid geeft haar asymptotiek zelden in één keer prijs; men haalt haar in rondes binnen, waarbij elke ronde de vorige schatting terugvoert in de definiërende betrekking. Deze weekendopgave traint die lus op nieuwe vergelijkingen, bewijst de *formule van Euler–Maclaurin* van eerste orde (de trapeziumverbetering van de vergelijking van reeks en integraal, met rigoureuze foutbalken), keert $x\ln x = n$ om, en int de beroemdste cheque van de methode: uit de zonder bewijs aangenomen priemgetalstelling volgt de asymptotische wet $p_n \sim
n\ln n$ voor het $n$-de priemgetal.

**Probleem 6.1.**

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

**Deel I — De bootstraplus op een nieuwe vergelijking.**

1. Bewijs de bewering over eenduidigheid uit [Definitie 6.2](#def-b2-comparison-expansion): geldt $f = \sum_{i\leq  k} c_i\varphi_i + o(\varphi_k) = \sum_{i \leq k}  c_i'\varphi_i + o(\varphi_k)$ langs dezelfde schaal, dan is $c_i = c_i'$ voor alle $i$. Voer daarna het gemengde voorbeeld uit de cursus één sport verder door: $$\frac{1}{x - \ln x} = \frac1x + \frac{\ln x}{x^2} +  \frac{(\ln x)^2}{x^3} + o\Bigl(\frac{(\ln  x)^2}{x^3}\Bigr) \qquad (x \to +\infty),$$ en leg uit waarom er geen term $\frac{c}{x^2}$ verschijnt.
2. Toon aan dat de vergelijking $\eu^x + x = n$ voor elke $n  \geq 1$ precies één reële oplossing $x_n$ heeft, en dat $x_n \to +\infty$ met $x_n \sim \ln n$ .
3. Bootstrap tweemaal: $$x_n = \ln n - \frac{\ln n}{n} - \frac{(\ln n)^2}{2n^2} +  o\Bigl(\frac{(\ln n)^2}{n^2}\Bigr).$$
4. Controleer numeriek bij $n = 1000$ : vergelijk $x_{1000}  \approx 6.90083$ met de waarden van vraag 3 met één, twee en drie termen, tot op vijf decimalen.

**Deel II — Euler–Maclaurin, eerste orde.**

5. Bewijs de identiteit met de trapeziumkern: voor $g$ van klasse $C^2$ op $\intcc{0}{1}$ geldt $$\int_0^1 g(t)\,\dd t = \frac{g(0) + g(1)}{2}  - \frac12\int_0^1 t(1 - t)\,g''(t)\,\dd t$$ *(integreer $\frac12 t(1-t)g''$ tweemaal partieel)*.
6. Zij $f$ van klasse $C^2$ op $\intco{1}{+\infty}$ met $\int_1^\infty \abs{f''} < \infty$. Toon aan dat $$E_n = \sum_{k=1}^{n} f(k) - \int_1^n f -  \frac{f(1) + f(n)}{2}$$ naar een constante $E$ convergeert, met de staartgrens $\abs{E - E_n} \leq \frac18\int_n^\infty\abs{f''}$: de *formule van Euler–Maclaurin* tot op de eerste orde.
7. Pas dit toe op $f(t) = \frac1t$: bewijs dat $$H_n = \ln n + \gamma + \frac{1}{2n} + \varepsilon_n,  \qquad \abs{\varepsilon_n} \leq \frac{1}{8n^2},$$ wat [Oefening 6.3](#exo-b2-comparison-3) versterkt (identificeer de constante met $\gamma$ door met [Voorbeeld 6.7](#ex-b2-comparison-harmonic) te vergelijken).
8. Haal de volgende coëfficiënt binnen: toon aan dat $\varepsilon_n = -\frac{1}{12n^2} +  o\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$ *(de toenamen 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](#thm-b2-comparison-seriesintegral))* .
9. Pas vraag 6 toe op $f = \ln$ : leid in drie regels opnieuw de convergentie af van $d_n = \ln n! - (n + \frac12)\ln n  + n$ (stap 1 van [Stelling 6.13](#thm-b2-comparison-stirling) ), met als bonus de foutsnelheid $d_n = d +  O\bigl(\frac1n\bigr)$ .
10. Pas vraag 6 toe op $f(t) = \frac{1}{\sqrt t}$: toon aan dat $$\sum_{k=1}^{n}\frac1{\sqrt k} = 2\sqrt n + c +  \frac{1}{2\sqrt n} + O\Bigl(\frac{1}{n^{3/2}}\Bigr)$$ voor zekere constante $c$, en evalueer alle termen bij $n  = 10^4$ (de constante is $c \approx -1.4604$).

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

11. Toon aan dat $x\ln x = n$ voor $n \geq 1$ precies één oplossing $x_n \in \intco{1}{+\infty}$ heeft, dat $x_n \to  \infty$ , en dat $\ln x_n \sim \ln n$ .
12. Leid de omkering met één term af, $x_n \sim  \dfrac{n}{\ln n}$, en bootstrap daarna nog eens: $$\ln x_n = \ln n - \ln\ln n + o(1),  \qquad  x_n = \frac{n}{\ln n}\Bigl(1 + \frac{\ln\ln n}{\ln n}  + o\Bigl(\frac{\ln\ln n}{\ln n}\Bigr)\Bigr).$$
13. Test bij $n = 10^6$ : het werkelijke nulpunt is $x \approx  87\,848$ ; vergelijk met de waarden met één term ( $\approx  72\,382$ ) en met twee termen ( $\approx 86\,140$ ), en verklaar de trage winst (de ontwikkelingsparameter is $\frac{\ln\ln n}{\ln n}$ , bij $n = 10^6$ slechts $\approx  0.19$ ).
14. We *nemen* nu de priemgetalstelling zonder bewijs *aan*: het aantal $\pi(x)$ priemgetallen $\leq x$ voldoet aan $\pi(x) \sim \frac{x}{\ln x}$ als $x \to  \infty$ (eerlijk bewezen in het volume van bachelorjaar 3). Schrijf $p_n$ voor het $n$-de priemgetal, verantwoord dat $\pi(p_n) = n$, en voer de omkering van de vragen 11–12 uit om te bewijzen dat $$p_n \sim n \ln n .$$
15. Opbrengsten: (a) toon aan dat $\sum_{k \leq n} p_k \sim  \frac{n^2\ln n}{2}$ *(vergelijk $\sum k\ln k$ met $\int t\ln t\,\dd t$)* ; (b) bereken bij benadering de kans dat een uniform gekozen geheel getal van $100$ cijfers priem is ( $\ln 10^{100} \approx 230.26$ : ongeveer één op $230$ ).

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

16. Toon aan dat de vergelijking $\tan x = \frac1x$ voor elke $n \geq 1$ precies één oplossing $x_n$ heeft in $\intoo{n\pi}{\,n\pi + \frac\pi2}$ , en dat $z_n = x_n -  n\pi \to 0^+$ .
17. Eén term: $z_n \sim \dfrac{1}{n\pi}$ .
18. Toon aan dat de ontwikkeling van $z_n$ *geen* term $\frac{c}{n^2}$ heeft: $z_n = \frac1{n\pi} +  O\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)$ .
19. Drie termen: bewijs met $\arctan u = u - \frac{u^3}3 +  O(u^5)$ en $\frac1{x_n} = \frac{1}{n\pi} -  \frac{z_n}{(n\pi)^2} + O(n^{-3}\cdot z_n^2)$ dat $$x_n = n\pi + \frac{1}{n\pi} -  \frac{4}{3\pi^3 n^3} + o\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr).$$
20. Controleer bij $n = 3$ : het werkelijke nulpunt is $x_3  \approx 9.5293344$ ; vergelijk de waarden met één en met drie termen, en zet dit in één zin af tegen de $\tan x =  x$ uit de cursus ( [Voorbeeld 6.23](#ex-b2-comparison-tan) ): waar elke rij in haar venster ligt, en waarom.

**Deel V — Een dynamische bootstrap, de spelregels, en de synthese.**

21. Zij $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ en $u_{n+1} = \sin u_n$ . Toon aan dat $u_n$ dalend naar $0$ gaat, en bereken de limiet van $\dfrac{1}{u_{n+1}^2} - \dfrac{1}{u_n^2}$ *(ontwikkel $\sin^{-2}$ via $\sin u = u -  \frac{u^3}6 + o(u^3)$)* .
22. Leid daaruit, via de gemiddelden van Cesàro (volume van bachelorjaar 1), de klassieke uitspraak $$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}}$$ af.
23. (Gecertificeerde numeriek) Toon met de rigoureuze grens van vraag 7 aan dat het evalueren van $\ln n + \gamma +  \frac1{2n}$ bij $n = 10^6$ de waarde $H_{10^6}$ oplevert met een fout van hoogstens $1.25\cdot10^{-13}$ — een som van een miljoen termen, met drie termen tot op dertien cijfers berekend.
24. (Spelregels) Bewijs of weerleg, met bewijzen of tegenvoorbeelden: (a) geldt $u_n \sim v_n \to +\infty$ , dan $\ln u_n \sim \ln v_n$ ; (b) geldt $u_n \sim v_n$ , dan $\eu^{u_n} \sim \eu^{v_n}$ ; (c) geldt $f \sim g$ bij $+\infty$ (met $f, g$ differentieerbaar), dan $f' \sim  g'$ .
25. (Synthese) In telkens één zin: de bootstraplus van [Methode 6.22](#met-b2-comparison-implicit) zoals gebruikt in de Delen I, III en IV; wat de trapeziumcorrectie toevoegt aan [Stelling 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral) ; waarom het omkeren van $x\ln x$ juist de brug is van $\pi(x)$ naar $p_n$ ; en welke van de regels uit vraag 24 welke stap beschermde. Noem de twee toppen: de formule van Euler–Maclaurin (eerste orde), en de asymptotische wet voor het $n$ -de priemgetal.

**Oplossing van Probleem 6.1.**

**1.** Aftrekken van de twee ontwikkelingen geeft $\sum_i (c_i
- c_i')\varphi_i = o(\varphi_k)$. Verschilt een coëfficiënt, zij $i_0$ de eerste: deling door $\varphi_{i_0}$ en het gebruik van $\varphi_j = o(\varphi_{i_0})$ voor $j > i_0$ geeft $c_{i_0} -
c_{i_0}' = o(1)$, dus nul: tegenspraak. Voor de ontwikkeling: met $u = \frac{\ln x}x \to 0$ is

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

Er verschijnt geen term $\frac c{x^2}$ omdat de ontwikkeling een meetkundige reeks in $u = \frac{\ln x}{x}$ is: elke term draagt voorbij de eerste evenveel machten van $\ln x$ als van $\frac1x$; de sport $\frac1{x^2}$ van de schaal (de coëfficiënt bij $(\ln
x)^0$) ontbreekt eenvoudigweg, met coëfficiënt $0$.

**2.** $f(x) = \eu^x + x$ is [continu](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/4-topologie-van-metrische-ruimten#def-b2-metric-continuity) en strikt stijgend, met limieten $-\infty$ en $+\infty$: dus een bijectie $\R \to \R$, zodat $x_n = f^{-1}(n)$ bestaat en eenduidig is, en $x_n \to
+\infty$ ($f^{-1}$ stijgt naar $+\infty$). Uit $\eu^{x_n} = n -
x_n$ volgt $x_n = \ln(n - x_n) \leq \ln n$, 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 ronde: $u_n = \frac{\ln n
+ o(1)}{n}$, 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 ronde: nu is $u_n = \frac{\ln n}{n} - \frac{\ln n}{n^2} +
o\bigl(\frac{\ln n}{n^2}\bigr)$, en $\ln(1 - u_n) = -u_n -
\frac{u_n^2}2 + O(u_n^3)$:

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

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

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

**5.** Twee partiële integraties, vanaf rechts: met $\frac{\dd}{\dd t}\bigl[\tfrac12t(1-t)\bigr] = \tfrac12 - t$ en $t(1-t)$ dat in beide eindpunten verdwijnt, is

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

Herschikt is dat de gevraagde identiteit.

**6.** Bereken de toename en pas dan vraag 5 toe op $g(t) =
f(n + t)$:

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

Omdat $0 \leq t(1-t) \leq \frac14$, is $\abs{E_{n+1} - E_n} \leq
\frac18\int_n^{n+1}\abs{f''}$, en de som daarvan over $n$ convergeert wegens de hypothese: $(E_n)$ convergeert (absoluut sommeerbare toenamen) 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.** Voor $f(t) = \frac1t$ is $f''(t) = \frac2{t^3}$ en $\int_1^\infty\abs{f''} = 1 < \infty$. Vraag 6 geeft

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

met $\abs{\varepsilon_n} = \abs{E_n - E} \leq
\frac18\int_n^\infty\frac{2\dd t}{t^3} = \frac1{8n^2}$. Vergelijking met $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ ([Voorbeeld 6.7](#ex-b2-comparison-harmonic)) identificeert $E + \frac12 =
\gamma$.

**8.** Uit de formule voor de toename in 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](#thm-b2-comparison-seriesintegral)):

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

**9.** Voor $f = \ln$ is $f''(t) = -\frac1{t^2}$, 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 $d_n = 1 + E + O\bigl(\frac1n\bigr)$: de convergentie van $(d_n)$ — stap 1 van [Stelling 6.13](#thm-b2-comparison-stirling) — plus de snelheid $O(1/n)$. (De waarde van de limiet volgens Stirling geeft $E = \ln\sqrt{2\pi} - 1$.)

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

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

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 is $\sum_{k\leq10^4}k^{-1/2} =
198.544645\dots$ — drie termen, zeven cijfers.

**11.** $t \mapsto t\ln t$ is [continu](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/4-topologie-van-metrische-ruimten#def-b2-metric-continuity) en strikt stijgend op $\intco1\infty$ (afgeleide $\ln t + 1 \geq 1$), van $0$ tot $+\infty$: dus bestaat er een unieke $x_n$, en $x_n \to \infty$ (anders zou $x_n\ln x_n$ begrensd blijven). Logaritmen nemen in $x_n\ln x_n = n$ geeft $\ln x_n + \ln\ln x_n = \ln n$; omdat $\ln\ln x_n = o(\ln x_n)$, geeft deling door $\ln x_n$ dat $\frac{\ln n}{\ln x_n} \to 1$: dus $\ln x_n \sim \ln n$.

**12.** Uit $x_n = \frac{n}{\ln x_n}$ en $\ln x_n \sim \ln n$ volgt $x_n \sim \frac{n}{\ln n}$. Volgende ronde: $\ln\ln x_n =
\ln\bigl(\ln n\,(1 + o(1))\bigr) = \ln\ln n + o(1)$, 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), met twee termen $\approx 86\,140$ ($1.9\%$ ernaast), tegenover de werkelijke $x \approx 87\,848$. De winst per ronde is slechts de factor $\frac{\ln\ln n}{\ln n} \approx
\frac{2.63}{13.8} \approx 0.19$: logaritmische schalen convergeren tergend langzaam — een feit van het leven overal waar priemgetallen in het spel zijn.

**14.** Er zijn precies $n$ priemgetallen $\leq p_n$ (namelijk $p_1, \dots, p_n$): dus $\pi(p_n) = n$. De priemgetalstelling (aangenomen; volume van bachelorjaar 3) geeft $n = \pi(p_n) \sim
\frac{p_n}{\ln p_n}$, dat wil zeggen $p_n \sim n\ln p_n$: dat is de vergelijking $x\ln x \approx n$, achterstevoren gelezen. Logaritmen nemen: $\ln p_n = \ln n + \ln\ln p_n + o(1)$, en $\ln\ln p_n =
o(\ln p_n)$ dwingt $\ln p_n \sim \ln n$ af, net als in vraag 11. Terugsubstitueren geeft

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

**15.** (a) Leg $\varepsilon > 0$ vast; voor grote $k$ is $(1
- \varepsilon)k\ln k \leq p_k \leq (1 + \varepsilon)k\ln k$. Met de vergelijking met de stijgende $t\ln t$ (insluiting van het type [Stelling 6.6](#thm-b2-comparison-seriesintegral)) is $\sum_{k\leq n}k\ln k =
\int_1^n t\ln t\,\dd t + O(n\ln n) = \frac{n^2\ln n}2 -
\frac{n^2}4 + O(n\ln n) \sim \frac{n^2\ln n}2$. Bijgevolg is $\sum_{k\leq n}p_k = \frac{n^2\ln n}{2}(1 + O(\varepsilon) +
o(1))$ voor elke $\varepsilon$: dus $\sum_{k\leq n}p_k \sim
\frac{n^2\ln n}2$. (b) Volgens de priemgetalstelling is onder de gehele getallen tot $10^{100}$ een fractie $\sim \frac{1}{\ln
10^{100}} = \frac1{230.26\dots}$ priem: een uniform gekozen geheel getal van $100$ cijfers is priem met kans ongeveer $\frac1{230}$.

**16.** Op $\intoo{n\pi}{n\pi + \frac\pi2}$ is $g(x) = \tan x
- \frac1x$ [continu](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/4-topologie-van-metrische-ruimten#def-b2-metric-continuity) en strikt stijgend ($g' = 1 + \tan^2x +
\frac1{x^2} > 0$), met $g \to -\frac1{n\pi} < 0$ aan de linkerkant en $g \to +\infty$ aan de rechterkant: dus precies één nulpunt $x_n$. Omdat $\tan z_n = \tan x_n = \frac1{x_n} \to 0$ met $z_n \in \intoo{0}{\frac\pi2}$, volgt $z_n \to 0^+$.

**17.** Er geldt $\tan z_n \sim z_n$ en $\frac1{x_n} \sim
\frac1{n\pi}$: dus $z_n \sim \frac1{n\pi}$.

**18.** Er is $z_n = \arctan\frac1{x_n}$ met $\arctan u = u +
O(u^3)$. 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 sport $\frac{c}{n^2}$ heeft coëfficiënt $0$, omdat de eerste correctie op $\frac1{x_n}$ zelf van de grootte $\frac{z_n}{n^2} = O(n^{-3})$ is.

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

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

en 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 $n = 3$: met één term $9.53088$, met drie termen $9.52929$, tegenover het werkelijke nulpunt $9.52933$: fouten $1.5\cdot10^{-3}$ en $5\cdot10^{-5}$. Contrast: bij $\tan x = x$ moet het nulpunt $\tan$ enorm maken, dus kruipt het tegen het *rechter* uiteinde $n\pi + \frac\pi2$ van het venster aan, op afstand $\sim\frac1{n\pi}$ vóór de asymptoot; bij $x\tan x = 1$ moet het nulpunt $\tan$ minuscuul maken, dus ligt het net voorbij het *linker* uiteinde $n\pi$, op afstand $\sim\frac1{n\pi}$ na het nulpunt. Dezelfde methode, gespiegelde geografie.

**21.** Er geldt $\sin u < u$ op $\intoo0\pi$, en $\sin$ beeldt $\intoo0\pi$ af in $\intoc01 \subseteq \intoo0\pi$: na één stap ligt $u_1 \in \intoc{0}{1}$, en daarna daalt $(u_n)$ en is zij van onderen door $0$ begrensd: zij convergeert dus naar een vast punt van $\sin$, dat wil zeggen 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.** Volgens Cesàro (volume van bachelorjaar 1) convergeert het gemiddelde van de toenamen 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, omdat alle termen positief zijn, $u_n
\sim \sqrt{3/n}$.

**23.** Volgens vraag 7 is $\abs{H_n - \ln n - \gamma -
\frac1{2n}} \leq \frac1{8n^2}$. Bij $n = 10^6$ is die grens $\frac{1}{8\cdot10^{12}} = 1.25\cdot10^{-13}$: drie berekende termen leveren de harmonische som van een miljoen termen tot op dertien cijfers, met een [volledig](https://one-course.com/books/math/4/nl/chapter/4-topologie-van-metrische-ruimten#def-b2-metric-complete) rigoureus foutcertificaat — en daar draait een asymptotische formule met expliciete restterm precies om.

**24.** (a) Waar: $\ln u_n - \ln v_n = \ln\frac{u_n}{v_n} \to
0$ terwijl $\ln v_n \to +\infty$, dus gaat de verhouding van de logaritmen 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, geen $O(1)$. (c) Onwaar: $f(x) = x + \sin(x^2) \sim g(x) = x$ bij $+\infty$, maar $f'(x) = 1
+ 2x\cos(x^2)$ oscilleert onbegrensd terwijl $g' = 1$: de afgeleiden van equivalente functies hoeven in het geheel niet vergelijkbaar te zijn.

**25.** De lus van [Methode 6.22](#met-b2-comparison-implicit) liep drie keer identiek: lokaliseer het nulpunt, haal een ruwe term eruit, voer die terug voor de volgende orde — op $\eu^x + x = n$ (Deel I), op $x\ln x = n$ (Deel III) en op $x\tan x = 1$ (Deel IV). De trapeziumcorrectie tilt de vergelijking van reeks en integraal op van “het verschil convergeert” naar een expliciete term $\frac{f(1) + f(n)}2$ met een gecertificeerde restterm $O(\int_n^\infty \abs{f''})$ — constanten en foutbalken in plaats van louter convergentie. De brug naar de priemgetallen is zuivere omkering: de priemgetalstelling zegt $\pi(x)\ln x \approx x$, dus lost $p_n$, gedefinieerd door $\pi(p_n) = n$, een vergelijking $x\ln x = n$ 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 en 14); dat (b) onwaar is, is de reden dat we equivalenties nooit exponentiëren. De toppen: de formule van Euler–Maclaurin tot op de eerste orde (vraag 6), en de asymptotische wet $p_n \sim n\ln n$ voor het $n$-de priemgetal (vraag 14).